湖北省武汉市第一中学2022-2023学年八年级上学期期末考试数学试卷

这是一份湖北省武汉市第一中学2022-2023学年八年级上学期期末考试数学试卷，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖北省武汉市第一中学2022-2023学年八年级上学期期末考试数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．在①角、②等边三角形、③平行四边形、④梯形中是轴对称图形的是（  ）A．①② B．③④ C．②③ D．②④2．已知三角形的三边长分别为2，4，，则的值不可能的是（    ）A．2 B．3 C．4 D．53．下面计算正确的是（    ）A． B．C． D．4．已知点A的坐标为，则点A关于y轴的对称点的坐标是（    ）A． B． C． D．5．下列分式从左到右变形错误的是（    ）A． B．C． D．6．如图，下列各组条件中，不能得到的是（    ）A．， B．，C．， D．，7．已知：，，则用，可以表示为（    ）A． B． C． D．8．下列说法错误的是（    ）A．当时，分式无意义 B．当时，分式的值为正数C．当分式时， D．分式与的最简公分母是9．已知，，满足，，，则的值为（    ）A． B．5 C．6 D．10．如图，等边和等边中，、、共线，且，连接和相交于点，以下结论中正确的有（    ）个① ②连接，则平分  ③  ④A．4 B．3 C．2 D．1 二、填空题11．用科学记数法表示：0.000002023=______．12．一个多边形的内角和比它的外角和的3倍少180°，则这个多边形的边数是______．13．若（是常数）是完全平方式，则的值等于______．14．如图，在中，，为的角平分线，，，则______．15．如果关于的分式方程无解，则______．16．有一张三角形纸片，，点是边上一点，沿方向剪开三角形纸片后，发现所得两张纸片均为等腰三角形，则的度数为______． 三、解答题17．化简计算（1）    （2）18．因式分解：(1)(2)19．解方程：(1)(2)20．化简求值：；其中21．如图，是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，的顶点在格点上．已知，，．请选择适当的格点，用无刻度的直尺在网格中完成下列画图，保留作图的痕迹，不要求说明理由．(1)若关于轴的对称图形为，请写出的对称点的坐标______．(2)在图（1）中作边上的高，并直接写出的面积______．(3)在图（1）中的上作点，使；(4)在图（2）中的轴上作点使的和最小，请画出点并写出点坐标______22．两个小组同时从甲地出发，匀速步行到乙地，甲乙两地相距千米，第一组步行的速度是第二组的倍，并且比第二组早小时到达乙地．(1)求第二组的步行速度．(2)返回时，第二小组为了加快速度，准备进行提速，现有两种方案：方案1：前半程速度为，后半程速度为；方案2：全程速度均为；（方案中速度单位均为千米/小时）其中和是不相等的正数，请比较哪种方案平均速度更快，并说明你的理由．23．已知：在中，，，(1)如图1，当时，过点作交于，若，则的长为________；(2)如图2，当时，过点作平分交于，过作交的延长线于，求证:；(3)当时，，，为的角平分线，于，连，若，请直接写出的面积．（用含的式子表示）24．已知，，且，满足，，点关于轴的对称点为．(1)求点的坐标；(2)如图1，点在的延长线上，点为的垂直平分线与的交点，连，若点为的中点，求证；(3)如图2，若点在线段上，点在线段上，满足，试探究，，之间的数量关系，并证明你的结论．
参考答案1．A【分析】根据轴对称图形的概念：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，这条直线叫做对称轴可得到轴对称图形，再根据对称轴的条数进行进一步筛选可得答案．【详解】①角、②等边三角形、③平行四边形、④梯形中是轴对称图形的是①②，故选A．【点睛】此题主要考查了轴对称图形，关键是找到图形的对称轴．2．A【分析】根据三角形的三边关系定理得出，求出即可．【详解】解：根据三角形的三边关系定理得：，解得：，即不符合的只有2，故选：A．【点睛】本题考查了三角形的三边关系，能熟记三角形的三边关系的内容是解此题的关键．3．D【分析】利用同底数幂的乘除法，负整数指数幂逐一计算即可得到答案．【详解】解：A、，原计算错误，不符合题意，选项错误；B、，原计算错误，不符合题意，选项错误；C、，原计算错误，不符合题意，选项错误；D、，原计算正确，符合题意，选项正确，故选D．【点睛】本题考查了同底数幂的乘除法，负整数指数幂，熟练掌握相关计算法则是解题关键．4．A【分析】关于y轴对称的特点是横坐标变成相反数，纵坐标不变即可判断答案．【详解】解：A的坐标为，关于y轴的对称点的坐标是．故选：A．【点睛】本题考查直角坐标系点的对称，熟练掌握对称中点坐标的变化是解题的关键．5．B【分析】直接利用分式的加减运算法则以及分式的性质分别化简，进而判断得出答案．【详解】A、，正确，故此选项不合题意；B、，当b=0时，才是正确的，故此选项符合题意；C、，正确，故此选项不合题意；D、，正确，故此选项不合题意；故选：B．【点睛】本题主要考查了分式的加减运算以及分式的性质，正确化简分式是解题关键．6．D【分析】由全等三角形的判定定理，对每个选项进行判断，即可得到答案．【详解】解：A、由，，AB=AB，满足SAS能证明，故A不符合题意；B、，，AB=AB，满足SSS能证明，故B不符合题意；C、，，AB=AB，满足SAS能证明，故C不符合题意；D、，，AB=AB，满足SSA，不能证明，故D符合题意；故选：D．【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．7．D【分析】根据同底数幂的乘法和幂的乘方计算即可；【详解】，∵，，∴原式；故答案选D．【点睛】本题主要考查了幂的运算，准确计算是解题的关键．8．C【分析】利用分式有意义的条件及分式为零的条件，最简公分母的求法依次判断即可．【详解】解：A．当时，分母为0，分式无意义，正确，不符合题意；B．当时，分母大于0，与分子同号，故分式的值为正数，正确，不符合题意；C．当分式时，即，解题，当时，分母无意义，故错误，符合题意；D．分式与的最简公分母是，正确，符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了分式有意义的条件及分式为零的条件，最简公分母的求法，解题的关键是掌握分式值为0，及分子为零，计算后需要验证分母有没有意义．9．B【分析】首先把，，，两边相加整理成，分解因式，利用非负数的性质得出、、的数值，代入求得答案即可．【详解】解：，，，，，，，，．故选：B．【点睛】此题考查了配方法，解题的关键是掌握完全平方公式是解决问题的关键．10．A【分析】先证明，得，则，可判断①正确；作于点，于点，由得因为，所以，则平分，可判断②正确；因为，所以可得，可判断③正确；在上截取，可证明，即，再证明是等边三角形得，则，可判断④正确．【详解】解：∵和都是等边三角形，∴，，，∴，在和中，，∴（SAS），∴，∵点、、在一条直线上，∴，故①正确；如图，作于点，于点，∵，∴，∴，∵，∴，∴点在的平分线上，∴平分，故②正确；∵，∴，∴，∴，∴，故③正确；在上截取，连接，在和中，，∴（SAS），∴，∵，且平分，∴，∴是等边三角形，∴，∴，即：，故④正确，综上所述：结论中正确的是①②③④，共4个．故选：A．【点睛】此题重点考查等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的判定与性质、根据面积等式证明线段相等、三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．11．【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整数指数幂，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：．【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．12．7【分析】多边形的内角和可以表示成（n-2）•180°，外角和都等于360°，故可列方程求解．【详解】解：设所求多边形边数为n，则（n-2）•180°=3×360°-180°，解得n=7．故答案为：7．【点睛】本题考查了多边形内角与外角，关键是根据多边形的内角和和外角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．13．11或##或11【分析】利用完全平方公式的结构特征判断即可求出的值．【详解】解：是完全平方式，，解得：或，故答案为：11或．【点睛】此题考查了完全平方式，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．14．2【分析】在上截取，使，连接，根据角平分线的定义，得到，利用“”证明，得到，，再利用三角形外角性质得到，进而得到，即可求出的长．【详解】解：在上截取，使，连接，为的角平分线，，在和中，，，，，，，，，故答案为：2．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，等边对等角，三角形外角的性质，作辅助线构造全等三角形是解题关键．15．或1．【分析】将分式方程化为整式方程，根据分式方程无解，分为整式方程无解和分式方程有增根两种情况进行分析即可得到答案．【详解】解：方程两边同乘得：，整理得：，①当整式方程无解时：，解得：，②当分式方程有增根时：，解得：或，时，整式方程无解，时，，解得：，综上可知，关于的分式方程无解，的值为或1，故答案为：或1．【点睛】本题考查了分式方程无解时求参数的值，解题关键是熟练掌握分式方程无解有两种情况：整式方程无解或分式方程有增根．16．或或【分析】分或或三种情况根据等腰三角形的性质求出，再求出，然后根据等腰三角形两底角相等列式计算即可得解．【详解】解：由题意知与均为等腰三角形，对于可能有①，此时， ∴，故对于只有∴，②，此时，∴，故对于只有∴，③，此时，，∴，故对于只有∴，综上所述，度数可以为或或．故答案为：或或．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解题的关键是学会用分类讨论的思想解决问题．17．（1）；（2）【分析】(1)先利用完全平方公式、平方差公式进行展开，然后再合并同类项即可；(2)括号内利用单项式乘多项式法则进行展开，合并同类项后再根据多项式除以单项式法则进行计算即可.【详解】(1)原式；(2)原式.【点睛】本题考查了整式的混合运算，涉及了完全平方公式、平方差公式、单项式乘多项式、多项式除以单项式等运算，熟练掌握各运算的运算法则是解题的关键.18．(1)；(2) 【分析】（1）先提公因式，然后利用完全平方公式继续分解即可；（2）先提公因式，然后利用平方差公式继续分解即可．【详解】（1）解：；（2）解：【点睛】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．19．(1)；(2)无解． 【分析】（1）将分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到的值，经检验即可得到分式方程的解；（2）将分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到的值，经检验即可得到分式方程的解．【详解】（1）解：解：方程两边都乘以得：，解得：，检验：把代入，∴是原方程的解，即：原分式方程的解为：．（2）解：解：方程两边都乘以得：，解得：，检验：把代入，∴是原方程的增根，即：原分式方程无解．【点睛】本题考查了解分式方程，能把分式方程变成整式方程是解此题的关键，注意：解分式方程一定要进行检验．20．；5【分析】根据分式的除法法则把原式化简，把的值代入计算即可．【详解】解：原式当时，原式．【点睛】本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的乘除混合运算法则是解题的关键．21．(1)；(2)作图见解析；；(3)作图见解析；(4)作图见解析；． 【分析】（1）根据关于轴的对称的点的坐标特征：横坐标不变，纵坐标互为相反数，即可得到答案；（2）利用全等三角形的性质作出直线，与交于点D，得到，即为所求作；利用割补法即可得到的面积；（3）将绕点A顺时针旋转得到，根据旋转的性质得到为等腰直角三角形，与的交点即为所求作点E；（4）作点关于轴的对称点，连接，由轴对称性质可知，、、三点共线时，有最小值，与轴的交点即为点M，利用待定系数法得到直线的解析式为，令，解得，即可得到点坐标．【详解】（1）解：，点关于轴的对称点的坐标为，故答案为；（2）解：即为所求作；，故答案为：； （3）解：将绕点A顺时针旋转得到， 根据旋转的性质可知，，，为等腰直角三角形， 点在上，与的交点即为所求作点；（4）解：作点关于轴的对称点，连接， 由轴对称性质可知，，，、、三点共线时，有最小值，点在轴上，与轴的交点即为点M，设直线的解析式为，，，直线的解析式为，令，，解得：，点的坐标为，故答案为：．【点睛】本题考查了尺规作图，轴对称最短问题，求一次函数解析式，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，灵活运用相关性质作图，学会利用轴对称解决最短问题是解题关键．22．(1)千米/小时(2)方案2的平均速度更快，理由见解析 【分析】(1)根据第二组的速度可得出第一组的速度，依据“时间=路程÷速度”即可找出第一、二组分别到达的时间，再根据第一组比第二组早小时到达乙地，即可列出分式方程，由此即可得出结论；(2)首先求得方案1中全程的平均速度，再与方案2中全程的平均速度进行比较，即可解答．【详解】（1）解：设第二组步行的速度为x千米/小时，则第一组步行的速度为千米/小时，根据题意得：，解得，经检验是原方程的解，且符合题意，答：第二组的步行速度为千米/小时；（2）解：方案2的平均速度更快，理由如下：方案1中，全程的平均速度为：(千米/小时)，和是不相等的正数，，，，，，故方案2的平均速度更快．【点睛】本题考查了分式方程的应用，整式的加减及大小的比较方法，根据题意正确列出分式方程及代数式是解决本题的关键．23．(1)12；(2)见解析；(3)． 【分析】（1）由等腰三角形的性质得出，；易证得，即．中，根据角所对直角边等于斜边的一半，可求得；由此可求得的长；（2）延长与延长线交于点，首先证明，根据全等三角形的性质可得，再证明可得，进而可得；（3）延长与延长线交于点，作于根据，可得，，由，得，从而计算出，即可得．【详解】（1）解：∵，∴，∵，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：12．（2）证明：延长与延长线交于点，∵，，∴，∵，∴，在和中，∴（ASA），∴，∵平分，，∴，在和中，∴（ASA），∴，∴．（3）延长与延长线交于点，作于由（2）可知，∴，∴，又∵，∴，∵，即：，∴，∴，∴【点睛】此题主要考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质及含的直角三角形的性质，关键是掌握全等三角形的判定方法是解决问题的关键．24．(1)；(2)见解析；(3)，理由见解析 【分析】（1）由非负性可求，的值，可求得点的坐标，再根据关于轴对称坐标的特征，即可求得点的坐标；（2）根据（1）中所求坐标，可知是等边三角形，过点作交于，可得也是等边三角形，利用垂直平分线的性质可得，，，可得（AAS），从而得到，延长至，使得，连接，可得（SAS），从而得到，，可证得（SAS），即可证得；（3）在上截取，连接，在的延长线上截取，连接，由“SAS”可证，可得由外角的性质可得，可得结论．【详解】（1）解：∵，即∴，，∴∵点关于轴的对称点为∴点的坐标为：（2）由（1）可知，，，∴，，由勾股定理，得：，∴是等边三角形，则，过点作交于，可得也是等边三角形，∴，，∴，又∵点为的垂直平分线与的交点，∴，∴在与中，∴（AAS），∴，延长至，使得，连接， 又∵点为的中点，∴又∵∴（SAS）∴，∴又∵，∴，即，在与中，∴（SAS）∴（3），理由如下：如图2，在上截取，连接，在的延长线上截取，连接，由（2）可知是等边三角形，∴，，又∵，∴是等边三角形，∴，，∴，，，∴（SAS），∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题主要是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，线段垂直平分线的性质等知识及利用非负性求值，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．