2024屆山東省安丘市景芝中學八年級數(shù)學第一學期期末檢測試題含解析

2024屆山東省安丘市景芝中學八年級數(shù)學第一學期期末檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題4分，共48分）1．下列各式中，是最簡二次根式的是()A． B． C． D．2．一個多邊形的外角和等于它的內角和的倍，那么這個多邊形從一個頂點引對角線的條數(shù)是()條A．3 B．4 C．5 D．63．甲、乙、丙、丁四人進行射箭測試，每人次射箭成績的平均數(shù)都是環(huán)，方差分別是，，，，則本次測試射箭成績最穩(wěn)定的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁4．式子有意義，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．a≥-1 B．a≠2 C．a≥-1且a≠2 D．a＞25．在△ABC中，D是BC上的一點，且△ABD的面積與△ADC的面積相等，則線段AD為△ABC的（）．A．高 B．角平分線 C．中線 D．不能確定6．下列圖標中，不是軸對稱圖形的是（）．A． B． C． D．7．已知為常數(shù)，點在第二象限，則關于的方程根的情況是（）A．有兩個相等的實數(shù)根 B．有兩個不相等的實數(shù)根C．沒有實數(shù)根 D．無法判斷8．如圖，已知的六個元素，其中、、表示三角形三邊的長，則下面甲、乙、丙、丁四個三角形中與不一定相似的圖形是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁9．如圖，把一個直角三角尺的直角頂點放在直尺的一邊上，若∠1=40°，則∠2=（）A．40° B．50° C．60° D．70°10．中學人數(shù)相等的甲、乙兩班學生參加了同一次數(shù)學測驗，班平均分和方差分別為82分，82分，245分2，190分2.那么成績較為整齊的是()A．甲班 B．乙班 C．兩班一樣整齊 D．無法確定11．＝（）A．±4 B．4 C．±2 D．212．若,則對于任意一個a的值，x一定是（）A．x<0 B．x0 C．無法確定 D．x>0二、填空題（每題4分，共24分）13．若是一個完全平方式，則的值是______．14．水由氫原子和氧原子組成,其中氫原子的直徑約為0.0000000001m,這個數(shù)據(jù)用科學記數(shù)法表示為____.15．如圖，在平面直角坐標系中，的三個頂點分別是A(-3，2)，B(0，4)，C(0.2)，在x軸上有一點P，使得PA+PB的值最小，則點P的坐標為______________16．已知A（1，﹣2）與點B關于y軸對稱．則點B的坐標是______．17．若分式的值為0，則y的值等于_______．18．把因式分解的結果是______．三、解答題（共78分）19．（8分）先化簡，再求值:（1），其中；（2），其中．20．（8分）問題情境：如圖①,在直角三角形ABC中,∠BAC=90°,AD⊥BC于點D,可知：∠BAD=∠C(不需要證明)；(1)特例探究：如圖②,∠MAN=90°,射線AE在這個角的內部,點B.C在∠MAN的邊AM、AN上,且AB=AC,CF⊥AE于點F,BD⊥AE于點D.證明：△ABD≌△CAF；(2)歸納證明：如圖③,點B,C在∠MAN的邊AM、AN上,點E,F在∠MAN內部的射線AD上,∠1、∠2分別是△ABE、△CAF的外角．已知AB=AC,∠1=∠2=∠BAC.求證：△ABE≌△CAF；(3)拓展應用：如圖④，在△ABC中，AB=AC，AB>BC.點D在邊BC上，CD=2BD，點E.F在線段AD上，∠1=∠2=∠BAC.若△ABC的面積為18，求△ACF與△BDE的面積之和是多少?21．（8分）已知△ABC等邊三角形，△BDC是頂角120°的等腰三角形，以D為頂點作60°的角，它的兩邊分別與AB．AC所在的直線相交于點M和N，連接MN．（1）如圖1，當點M、點N在邊AB、AC上且DM=DN時，探究：BM、MN、NC之間的關系，并直接寫出你的結論；（2）如圖2，當點M、點N在邊AB、AC上，但DM≠DN時，（1）中的結論還成立嗎？寫出你的猜想并加以證明；（3）如圖3，若點M、N分別在射線AB、CA上，其他條件不變，（1）中的結論還成立嗎？若成立，寫出你的猜想；若不成立，請直接寫出新的結論．22．（10分）先化簡，再求值，其中x＝1．23．（10分）如圖，在平面直角坐標系中，直線y=﹣x+m過點A（5，—2）且分別與x軸、y軸交于點B、C，過點A畫AD//x軸，交y軸于點D．（1）求點B、C的坐標；（2）在線段AD上存在點P，使BP+CP最小，求點P的坐標．24．（10分）如果一個三角形的所有頂點都在網(wǎng)格的格點上，那么這個三角形叫做格點三角形，請在下列給定網(wǎng)格中按要求解答下面問題：（1）直接寫出圖1方格圖(每個小方格邊長均為1)中格點△ABC的面積；（2）已知△A1B1C1三邊長分別為、、，在圖2方格圖(每個小方格邊長均為1)中畫出格點△A1B1C1；（3）已知△A2B2C2三邊長分別為、、(m>0，n>0，且m≠n)在圖3所示4n×3m網(wǎng)格中畫出格點△A2B2C2，并求其面積．25．（12分）如圖1，已知線段AB、CD相交于點O，連接AC、BD，則我們把形如這樣的圖形稱為“8字型”．(1)求證：∠A+∠C＝∠B+D；(2)如圖2，若∠CAB和∠BDC的平分線AP和DP相交于點P，且與CD、AB分別相交于點M、N．①以線段AC為邊的“8字型”有個，以點O為交點的“8字型”有個；②若∠B＝100°，∠C＝120°，求∠P的度數(shù)；③若角平分線中角的關系改為“∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB”，試探究∠P與∠B、∠C之間存在的數(shù)量關系，并證明理由．26．某體育用品商場預測某品牌運動服能夠暢銷，就用32000元購進了一批這種運動服，上市后很快脫銷，商場又用68000元購進第二批這種運動服，所購數(shù)量是第一批購進數(shù)量的2倍，但每套進價多了10元．（1）該商場兩次共購進這種運動服多少套？（2）如果這兩批運動服每套的售價相同，且全部售完后總利潤不低于，那么每套售價至少是多少元？

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、D【分析】根據(jù)最簡二次根式的概念對每個選項進行判斷即可．【詳解】A、，不是最簡二次根式，此選項不正確；B、，不是最簡二次根式，此選項不正確；C、，不是最簡二次根式，此選項不正確；D、，不能再進行化簡，是最簡二次根式，此選項正確；故選：D．【點睛】本題考查了最簡二次根式，熟練掌握概念是解題的關鍵．2、A【分析】設這個多邊形有n條邊，由題意得方程（n-2）×180=360×2，解方程可得到n的值，然后根據(jù)n邊形從一個頂點出發(fā)可引出（n-3）條對角線可得答案．【詳解】設這個多邊形有n條邊，由題意得：（n-2）×180=360×2，解得；n=6，從這個多邊形的一個頂點出發(fā)的對角線的條數(shù)是6-3=3，故答案為：A．【點睛】此題主要考查了多邊形的內角和外角，以及對角線，關鍵是掌握多邊形的內角和公式．3、D【分析】根據(jù)方差的意義先比較出甲、乙、丙、丁四人誰的方差最小，則誰的射箭成績最穩(wěn)定．【詳解】∵甲、乙、丙、丁四人進行射箭測試，每人10次射箭成績的平均數(shù)都是9.1環(huán)，方差分別是，，，，丁的方差最小，∴射箭成績最穩(wěn)定的是?。蔬x：D．【點睛】此題考查了方差的意義，方差是用來衡量一組數(shù)據(jù)波動大小的量，方差越大，表明這組數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越大，即波動越大，數(shù)據(jù)越不穩(wěn)定；反之，方差越小，表明這組數(shù)據(jù)分布比較集中，各數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越小，即波動越小，數(shù)據(jù)越穩(wěn)定．在解題時要能根據(jù)方差的意義和本題的實際，得出正確結論是本題的關鍵．4、C【分析】根據(jù)被開方數(shù)大于等于0,分母不等于0列式計算即可.【詳解】解：由題意得，解得，a≥-1且a≠2，故答案為：C.【點睛】本題考查的知識點是根據(jù)分式有意義的條件確定字母的取值范圍，屬于基礎題目，比較容易掌握.5、C【分析】三角形ABD和三角形ACD共用一條高，再根據(jù)S△ABD=S△ADC，列出面積公式，可得出BD=CD．【詳解】設BC邊上的高為h，∵S△ABD=S△ADC，∴×h×BD=×h×CD，故BD=CD，即AD是中線．故選C．6、C【分析】根據(jù)軸對稱圖形的概念對各選項分析判斷即可得解．【詳解】A、是軸對稱圖形，故本選項錯誤；

B、是軸對稱圖形，故本選項錯誤；

C、不是軸對稱圖形，故本選項正確；

D、是軸對稱圖形，故本選項錯誤．

故選：C．【點睛】本題考查了軸對稱圖形的概念．軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合．7、B【分析】根據(jù)判別式即可求出答案．【詳解】解：由題意可知：，

∴，

故選：B．【點睛】本題考查的是一元二次方程根的判別式，解題的關鍵是熟練運用根的判別式，本題屬于基礎題型．8、A【分析】根據(jù)相似三角形的判定方法對逐一進行判斷．【詳解】解

：A.滿足兩組邊成比例夾角不一定相等，與不一定相似，故選項正確；

B.滿足兩組邊成比例且夾角相等，與相似的圖形相似，故選項錯誤；

C.滿足兩組角分別相等，與相似的圖形相似，故選項錯誤；

D.滿足兩組角分別相等，與相似的圖形相似，故選項錯誤

．

故選A．【點睛】本題考查了相似三角形的判定方法，關鍵是靈活運用這些判定解決問題．9、B【分析】根據(jù)兩直線平行，同位角相等可得∠3＝∠1，再根據(jù)平角等于180°列式計算即可得解．【詳解】解：∵直尺對邊互相平行，∴∠3＝∠1＝40°，∴∠2＝180°?40°?90°＝50°．故選：B．【點睛】本題考查了平行線的性質，平角的定義，熟記性質并準確識圖是解題的關鍵．10、B【分析】根據(jù)方差的意義知，方差越小，波動性越小，故成績較為整齊的是乙班．【詳解】由于乙的方差小于甲的方差，故成績較為整齊的是乙班．故選B．【點睛】此題主要考查了方差，關鍵是掌握方差是用來衡量一組數(shù)據(jù)波動大小的量，方差越大，表明這組數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越大，即波動越大，數(shù)據(jù)越不穩(wěn)定；反之，方差越小，表明這組數(shù)據(jù)分布比較集中，各數(shù)據(jù)偏離平均數(shù)越小，即波動越小，數(shù)據(jù)越穩(wěn)定．11、B【解析】表示16的算術平方根，為正數(shù)，再根據(jù)二次根式的性質化簡．【詳解】解：，故選B．【點睛】本題考查了算術平方根，本題難點是平方根與算術平方根的區(qū)別與聯(lián)系，一個正數(shù)算術平方根有一個，而平方根有兩個．12、D【解析】分析：根據(jù)完全平方公式對a2-2a+3進行配方后，再由非負數(shù)的性質，可求得x的取值范圍．詳解：x=a2-2a+3=（a2-2a+1）+2=（a-1）2+2，∵（a-1）2≥1，∴（a-1）2+2＞1．故選D．點睛：本題考查了完全平方公式的利用，把式子a2-2a+3通過拆分常數(shù)項把它湊成完全平方式是解本題的關鍵，因為一個數(shù)的平方式非負數(shù)，所以一個非負數(shù)加上一個正數(shù)，結果肯定＞1．二、填空題（每題4分，共24分）13、【分析】利用完全平方公式的結構特征判斷即可得到k的值．【詳解】解：∵是一個完全平方式，∴k=±2×2×3=±12故答案為：±12【點睛】本題考查的完全平方式，中間項是±兩個值都行，別丟掉一個．14、1×10-10.【分析】根據(jù)科學記數(shù)法的定義進行求解即可.【詳解】根據(jù)題意得：0.0000000001m=1×10-10（m）.故答案為1×10-10.【點睛】本題考查科學記數(shù)法，其形式為：a×10n（1≤a＜10，n為整數(shù)）.15、(-2，0)【分析】作點B關于x軸的對稱點D，連接AD，則AD與x軸交點即為點P位置，利用待定系數(shù)法求出AD解析式，再求出點P坐標即可．【詳解】解：作點B關于x軸的對稱點D，則點D坐標為（0，-4），連接AD，則AD與x軸交點即為點P位置．設直線AD解析式為y=kx+b（k≠0），∵點A、D的坐標分別為（-3,2），（0，-4），∴解得∴直線AD解析式為y=-2x-4，把y=0代入y=-2x-4，解得x=-2，∴點P的坐標為（-2,0）．【點睛】本題考查了將軍飲馬問題，根據(jù)題意作出點B關于x軸對稱點D，確定點P位置是解題關鍵．16、（﹣1，﹣2）【解析】試題分析：根據(jù)“關于y軸對稱點的坐標特點：橫坐標互為相反數(shù)，縱坐標不變”解答即可．解：∵A（1，﹣2）與點B關于y軸對稱，∴點B的坐標是（﹣1，﹣2）．故答案為（﹣1，﹣2）點評：本題考查了關于x軸、y軸對稱的點的坐標，（1）關于x軸對稱點的坐標特點：橫坐標不變，縱坐標互為相反數(shù)．即點P（x，y）關于x軸的對稱點P′的坐標是（x，﹣y）．（2）關于y軸對稱點的坐標特點：橫坐標互為相反數(shù)，縱坐標不變．即點P（x，y）關于y軸的對稱點P′的坐標是（﹣x，y）．17、1【分析】直接利用分式的值為零則分子為零分母不為零，進而得出答案．【詳解】根據(jù)題意，得且．所以．

故答案是：1．【點睛】本題主要考查了分式的值為零的條件，注意：“分母不為零”這個條件不能少．18、3a（b-1）1【分析】原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可．【詳解】解：原式=3a（b1-1b+1）=3a（b-1）1，

故答案為：3a（b-1）1．【點睛】本題考查了提公因式法與公式法的綜合運用，熟練掌握因式分解的方法是解本題的關鍵．三、解答題（共78分）19、（1），；（2），【分析】（1）先運用完全平方公式與平方差公式展開，化簡后再代入數(shù)據(jù)求值；（2）先將括號內通分計算，再將除法變乘法，約分化簡后代入數(shù)據(jù)求值．【詳解】（1）原式===當時，原式=（2）原式====當時，原式=【點睛】本題考查了整式與分式的化簡求值，熟練掌握整式乘法公式，以及分式的混合運算是解題的關鍵．20、（1）見解析；（2）見解析；（3）6.【解析】（1）求出∠BDA=∠AFC=90°，∠ABD=∠CAF，根據(jù)AAS證△ABD≌△CAF即可；（2）根據(jù)題意和三角形外角性質求出∠ABE=∠CAF，∠BAE=∠FCA，根據(jù)ASA證△BAE≌△CAF即可；（3）求出△ABD的面積，根據(jù)△ABE≌△CAF得出△ACF與△BDE的面積之和等于△ABD的面積，即可得出答案.【詳解】（1）證明：如圖②,∵CF⊥AE,BD⊥AE,∠MAN=90°，∴∠BDA=∠AFC=90°，∴∠ABD+∠BAD=90°,∠BAD+∠CAF=90°，∴∠ABD=∠CAF，在△ABD和△CAF中，∠ADB=∠CFA∴△ABD≌△CAF(AAS)；（2）證明：如圖③，∵∠1=∠2=∠BAC，∠1=∠BAE+∠ABE，∠BAC=∠BAE+∠CAF，∠2=∠FCA+∠CAF，∴∠ABE=∠CAF，∠BAE=∠FCA，在△BAE和△CAF中，∠ABE=∠CAF∴△BAE≌△CAF(ASA)；（3）如圖④，∵△ABC的面積為18，CD=2BD，∴△ABD的面積=1由(2)可得△BAE≌△CAF，即△BAE的面積=△ACF的面積，∴△ACF與△BDE的面積之和等于△BAE與△BDE的面積之和，即△ACF與△BDE的面積之和等于△ABD的面積6.【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質和判定，三角形的面積，三角形的外角性質等知識點，具備較強的分析問題和解決問題的能力是關鍵，題目比較典型，證明過程有類似之處.21、（1）BM＋CN=MN；（2）成立；證明見解析；（3）MN=CN-BM．【分析】（1）首先證明Rt△BDM≌Rt△CDN，進而得出△DMN是等邊三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=DM=MN，即可得出答案；

（2）延長AC至E，使得CE=BM并連接DE，構造全等三角形，找到相等的線段DE=DM，再進一步證明△MDN≌△EDN，進而等量代換得到MN=BM+NC；

（3）在CA上截取CE=BM，同理先證Rt△DCE≌Rt△DBM，再證△MDN≌△EDN（SAS），即可得證．【詳解】（1）∵△ABC是正三角形，

∴∠ABC=∠ACB=60°，∵△BDC是頂角∠BDC=120°的等腰三角形，

∴∠DBC=∠DCB=30°，

∴∠DBM=∠DCN=90°，

∵在Rt△BDM和Rt△CDN中，，∴Rt△BDM≌Rt△CDN（HL），

∴BM=CN，∠BDM=∠CDN，

∵∠MDN=60°，，

∴△DMN是等邊三角形，∠BDM=∠CDN=30°，

∴NC=BM=DM=MN，∴MN=MB+NC；

（2）成立．理由如下：延長AC至E，使CE=BM，連接DE，

∵△BDC是頂角∠BDC=120°的等腰三角形，△ABC是等邊三角形，

∴∠BCD=30°，

∴∠ABD=∠ACD=90°，

即∠ECD=∠MBD=90°，

∵在Rt△DCE和Rt△DBM中，，

∴Rt△DCE≌Rt△DBM（SAS），

∴∠BDM=∠CDE，DE=DM，

又∵∠BDC=120°，∠MDN=60°，

∴∠BDM+∠NDC=∠BDC-∠MDN=60°，

∴∠CDE+∠NDC=60°，即∠NDE=60°，

∴∠MDN=∠NDE=60°，∵在△DMN和△DEN中，，∴△DMN≌△DEN（SAS），∴NE=NM，即CE+CN=NM，

∴BM+CN=NM；

（2）MN=CN-BM，理由如下：在CA上截取CE=BM，連接DM，

同理可證明：Rt△DCE≌Rt△DBM（SAS），

∴DE=DM，∠EDC=∠BDM，

∵∠MDN=∠MDB+∠BDN=60°，

∴∠BDN+∠CDE=60°，

∴∠NDE=∠NDM=60°，

∵在△MDN和△EDN中，=60°，

∴△MDN≌△EDN（SAS），

∴MN=NE=NC-CE=NC-BM．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，等邊三角形的判定和性質，含30度角的直角三角形的性質及等腰三角形的性質；此題從不同角度考查了作相等線段構造全等三角形的能力，要充分利用等邊三角形及等腰三角形的性質，轉換各相等線段解答．22、；．【分析】直接將括號里面通分進而利用分式的混合運算法則計算得出答案．【詳解】解：原式＝，當x＝1時，原式＝．【點睛】本題考查的知識點是分式的混合運算——化簡求值，熟練掌握分式的運算順序以及運算法則是解此題的關鍵．23、（1），；（2）．【分析】（1）代入點A(5,-2)求出m的值，分別代入y=0和x=0，求出點B、C的坐標（2）過C作直線AD對稱點Q，求出直線BQ的方程式，代入y=-2，即可求出點P的坐標【詳解】（1）∵y=-x+m過點A(5,-2)，∴-2=-5+m，∴m=3∴y=-x+3令y=0，∴x=3，∴B(3，0)令x=0，∴y=3，∴C(0，3)（2）過C作直線AD對稱點Q，可得Q(0，-7)，連結BQ，交AD與點P，可得直線BQ:令y’=-2∴∴【點睛】本題考查了二元一次方程的求解以及動點問題，掌握作對稱點的方法來使BP+CP最小是解題的關鍵24、（1）2.5；（2）見解析；（3）見解析，3.5mn【分析】（1）用矩形面積減去三個直角三角形的面積計算即可；（2）根據(jù)勾股定理，找到長分別為、、的線段即可作答；（3）先根據(jù)勾股定理找到三邊長為、、的線段，再用矩形面積減去三個直角三角形的面積計算即可.【詳解】解：（1）（2）如圖所示：（3）如圖所示：【點睛】本題考查了勾股定理及作圖的知識，解題的關鍵是學會利用網(wǎng)格圖構造三角形，利用分割法求三角形的面積.25、(1)證明見解析；(2)①3，4；②∠P＝110°；③3∠P＝∠B+2∠C，理由見解析.【解析】(1)由三角形內角和得到∠A+∠C=180°﹣∠AOC，∠B+∠D=180°﹣∠BOD，由對頂角相等，得到∠AOC=∠BOD，因而∠A+∠C=∠B+∠D；(2)①以線段AC為邊的“8字形”有3個，以O為交點的“8字形”有4個；②根據(jù)(1)的結論，以M為交點“8字型”中，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，以N為交點“8字型”中，∠P+∠BAP＝∠B+∠BDP，兩等式相加得到2∠P+∠BAP+∠CDP=∠B+∠C+∠CAP+∠BDP，由AP和DP是角平分線，得到∠BAP＝∠CAP，∠CDP＝∠BDP，從而∠P=(∠B+∠C)，然后將∠B=100o，∠C=120o代