福建省福州市第一中学2022-2023学年八年级上学期期末考数学试卷

这是一份福建省福州市第一中学2022-2023学年八年级上学期期末考数学试卷，共22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。
福建省福州市第一中学2022-2023学年八年级上学期期末考数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．下面选项中的四边形不是轴对称图形的是（　　）A．平行四边形 B．矩形C．菱形 D．正方形【答案】A【分析】根据轴对称图形的定义进行判断即可【详解】解：A、不是轴对称图形，符合题意；B、是轴对称图形，不合题意；C、是轴对称图形，不合题意；D、是轴对称图形，不合题意．故选：A．【点睛】此题主要考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．2．下列式子是最简二次根式的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据最简二次根式的定义进行判断．【详解】解： A. 被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式；B.是最简二次根式；C. 被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式；D.被开方数含分母，不是最简二次根式.故选：B．【点睛】本题考查了最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数的因数是整数或字母，因式是整式；（2）被开方数中不含有可化为平方数或平方式的因数或因式．3．下列计算正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】A、根据二次根式加减法的法则计算判断即可；B、根据同底数幂法则计算判断即可；C、完全平方公式计算即可；D、根据二次根式的性质计算判断即可．【详解】解：A、不是同类二次根式，故原计算错误，不合题意；B、，故原计算错误，不合题意；C、，故原计算错误，不合题意；D、，故原计算正确，符合题意；故选：D．【点睛】此题考查的是二次根式的加减法、同底数幂、整式的乘法、二次根式的性质，掌握它们的运算法则是解决此题关键．4．已知四边形ABCD，下列条件能判断它是平行四边形的是（　　）A．ABCD，AD＝BC B．∠A＝∠D，∠B＝∠CC．ABCD，AB＝CD D．AB＝CD，∠A＝∠C【答案】C【分析】根据平行四边形的判定方法即可判断．【详解】解：A、由ABCD，AD＝BC，无法判断四边形ABCD是平行四边形，有可能是等腰梯形，故本选项不符合题意；B、由∠A＝∠D，∠B＝∠C，无法判断四边形ABCD是平行四边形，有可能是等腰梯形，故本选项不符合题意；C、∵ABCD，AB＝CD，∴四边形ABCD是平行四边形，故本选项符合题意；D、由AB＝CD，∠A＝∠C，无法判断四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查平行四边形的判定，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．5．以下列各组数为边长，不能构成直角三角形的是(    )A．3，4，5 B．1，1，C．8，12，13 D．、、【答案】C【分析】根据勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和是否等于最长边的平方即可作出判断．【详解】A. 32+42=52，能构成直角三角形，故不符合题意；B. 12+12=（）2，能构成直角三角形，故不符合题意；C. 82+122≠132，不能构成直角三角形，故符合题意；D.（）2+（）2=（）2，能构成直角三角形，故不符合题意，故选C.【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，在应用勾股定理的逆定理时，应先认真分析所给边的大小关系，确定最大边后，再验证两条较小边的平方和与最大边的平方之间的关系，进而作出判断．6．如图，矩形的对角线，相交于点O，，，若，则四边形的周长为（    ）A．12 B．18 C．24 D．30【答案】C【分析】由，，可证得四边形是平行四边形，又由四边形是矩形，根据矩形的性质，易得，即可判定四边形是菱形，继而求得答案．【详解】解：∵，，∴四边形是平行四边形，∵四边形是矩形，∴，，，∴ ∴四边形是菱形，∴四边形的周长为：，故C正确．故选：C．【点睛】本题主要考查了矩形性质和菱形判定和性质的应用，解题的关键是熟练掌握有一组邻边相等的平行四边形是菱形．7．若，则的值等于（    ）A．1 B．-1 C．2 D．-1【答案】A【分析】根据非负数的和为零，可得a、b的值，根据有理数的乘法，可得答案．【详解】解：∵∴，得 ．解得．．故选：A．【点睛】本题考查了非负数的性质，利用非负数的和为零得出a、b的值是解题关键．8．如图，在中，，点D，E，F分别是，，的中点，若，则的长为（    ）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】B【分析】根据三角形中位线的性质和直角三角形斜边中线的性质，可得；【详解】解：∵点D，E，F分别是，，的中点，∴是的中位线，是的斜边中线，∴，，∴．故选：B．【点睛】本题主要考查了三角形中位线的性质：平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半；直角三角形斜边中线等于斜边一半；掌握相关性质是解题关键．9．某大会会标如图所示，它是由相同的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．若大正方形的面积是，小正方形的面积是1，直角三角形中较长的直角边为a，较短的直角边为b，则的值（   ）A． B． C． D．【答案】C【分析】大正方形的面积是求得，结合小正方形的面积是1求出阴影部分面积即，将变形代入求解即可．【详解】解：直角三角形中较长的直角边为a，较短的直角边为b，故斜边长为:即大正方形边长为:大正方形的面积是，小正方形的面积是1阴影部分的面积为：即故选：C．【点睛】本题是以弦图为背景的计算题，考查了勾股定理，图形的面积，关键是用a、b表示面积．10．如图，在菱形中，，E是边的中点，P是边上一动点，的最小值是，则的最小值为（    ）A．2 B． C．1 D．0.5【答案】D【分析】找出点关于的对称点D，连接，则就是的最小值，进而可求出的值即可求出的最小值．【详解】解：连接交于P，连接，由菱形的对角线互相垂直平分，可得关于对称，则，∴，，即就是的最小值，∵，∴是等边三角形，∵E是边的中点∴，∴（等腰三角形三线合一的性质）在中，，∴，∴．∴当时最小∵∴故选：D【点睛】本题主要考查轴对称﹣最短路线问题和菱形的性质的知识点，解答本题的关键，此题是道比较不错的习题． 二、填空题11．若二次根式有意义，则的取值范围是______________．【答案】【分析】根据二次根式有意义的条件即可求解．【详解】解：由题意得：，解得，故答案为：．【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，根据题意列出不等式并求解不等式是解题的关键．12．12边形的外角和为_________°.【答案】360°【分析】根据多边形外角和定理可得答案．【详解】任意多边形的外角和都是360°，∴12边形的外角和为360°故答案为：360° .【点睛】本题考查多边形外角和定理，熟记多边形外角和为360°是解题的关键．13．如图，已知，要使，只需添加一个条件，这个条件可以是______．（只写一种情况即可）【答案】AB=DC（或∠A=∠D或∠ACB=∠DBC）【分析】根据全等三角形的判定添加条件即可．【详解】解：可添加AB=DC，∵在△ABC和△DCB中，，∴△ABC≌△DCB（SAS）；也可添加∠A=∠D，∵在△ABC和△DCB中，，∴△ABC≌△DCB（AAS），也可添加∠ACB=∠DBC，∵在△ABC和△DCB中，，∴△ABC≌△DCB（ASA）；故答案为：AB=DC（或∠A=∠D或∠ACB=∠DBC）．【点睛】本题考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定条件是解答的关键．14．已知，，则代数式的值为___________．【答案】18【分析】把，直接代入代数式，利用完全平方公式求值即可．【详解】解：∵，，∴．故答案为：18【点睛】本题主要考查因式分解和二次根式的化简求值，解答本题的关键是明确二次根式化简求值的方法．15．如图，长方形中，E为的中点，将沿直线折叠时点B落在点F处，连接，若，则___________度．【答案】37【分析】由折叠的性质得：，求出，可得到，求出，求出，由等腰三角形的性质求出，即可得出的度数．【详解】解：四边形是长方形，，由折叠的性质得：，，，，，为的中点，，，，；故答案为：．【点睛】本题主要考查了折叠变换的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理；求出的度数是解题的关键．16．如图，在中，，，，点D为边的中点，交边于点E，点在边上运动时，当是等腰三角形时，___________．【答案】或或或【分析】连接，根据勾股定理求出，，，分，，三种情况，画出图形，求出的长度即可．【详解】解：连接，如图所示：∵中，，，∴，∵点D为边的中点，∴，∵，∴，设，则，在中，根据勾股定理可得：，即，解得：，∴，，∵，∴；当时， 如图所示：或；当时，过点D作于点F，如图所示：∵，∴，∵为的中点，∴F为的中点，∴为的中位线，∴，∴，∵，，∴，∴；当时，如图所示：∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴；综上分析可知：的长为，，，．故答案为：，，，．【点睛】本题主要考查了勾股定理，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定，垂直平分线的性质，三角形中位线的性质，解题的关键是作出辅助线，数形结合，注意分类讨论． 三、解答题17．（1）因式分解：（2）计算：【答案】（1）；（2）【分析】（1）先提公因式，然后再用平方差公式分解因式即可；（2）根据二次根式混合运算法则进行计算即可．【详解】解：（1）；（2）．【点睛】本题主要考查了分解因式，二次根式的混合运算，解题的关键是熟练掌握平方差公式，二次根式混合运算法则，准确计算．18．先化简，再求值：，从，1，2，3中选择一个合适的数代入并求值．【答案】，4.【分析】根据分式的运算法则和乘法公式将原式化简，根据分式存在有意义的条件选取合适的数代入代数式计算即可.【详解】原式．∵x2﹣1≠0，x﹣2≠0，∴取x＝3，原式＝＝4．【点睛】本题考查的是分式的运算和分式存在有意义的条件，根据分式有意义的条件挑选出合适的值代入是解题的关键.19．如图，平面直角坐标系中，，，，过点作轴的垂线．(1)作出关于直线的轴对称图形；(2)直接写出（_________，_________），（_________，_________）；(3)中边上的高___________．【答案】(1)见解析(2)4；1；5；4(3) 【分析】（1）作出点A、B、C关于直线l的对称点、、，顺次连接即可；（2）根据图形写出点、的坐标即可；（3）先求出、、的长，然后利用等积法求出边上的高即可．【详解】（1）解：作出点A、B、C关于直线l的对称点、、，顺次连接，则即为所求，如图所示：（2）解：点，．故答案为：4；1；5；4．（3）解：，，，∵，，，∴，∴为直角三角形，，∴，∴中边上的高为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了作轴对称图形，勾股定理及逆定理，三角形面积的计算，解题的关键是作出点A、B、C的对应点，熟练掌握勾股定理．20．如图，平行四边形的对角线和交于点O，E、F分别是、上的点且．求证：．【答案】见解析【分析】根据平行四边形的性质及全等三角形的判定和性质即可证明．【详解】证明：∵四边形是平行四边形∴，，∴，在和中∴∴．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质及全等三角形的判定和性质，熟练掌握运用这些判定和性质是解题关键．21．如图，某住宅小区在施工过程中留下了一块空地，已知，，，，，小区为美化环境，欲在空地上铺草坪，求这块空地铺满草坪的面积．【答案】【分析】连接，根据勾股定理求出，根据勾股定理的逆定理证明为直角三角形，分别求出和的面积，即可求出结果．【详解】解：连接，如图所示：∵，，，∴，∵，，∴，∴为直角三角形，∴，，∴这块空地铺满草坪的面积为：．【点睛】本题主要考查了勾股定理及其逆定理，三角形面积的计算，解题的关键是熟练掌握勾股定理和逆定理，准确计算．22．证明：对角线互相垂直的平行四边形是菱形．【答案】见解析【分析】根据平行四边形的性质得出OA=OC，再由AC⊥BD，得出BD是AC的垂直平分线，进而证明邻边相等即可证明．【详解】已知：如图，在平行四边形ABCD中，AC，BD为对角线，交于点O，且AC⊥BD，求证：平行四边形ABCD是菱形，证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴OA＝OC，∵AC⊥BD，∴AB＝CB，∴平行四边形ABCD是菱形．（邻边相等的平行四边形是菱形）【点睛】本题考查了命题的证明，菱形的证明，解题的关键是充分利用已有判定定理．23．尺规作图（不写作法，保留作图痕迹）：如图，C为线段外一点．(1)过点C作直线；(2)在直线上作点D，使得在四边形中．【答案】(1)见解析(2)见解析 【分析】（1）连接并延长，作，根据同位角相等，两直线平行，即可得出直线；（2）先作线段的垂线平分线，于交于点P，在直线l上截取，连接，即可作出四边形．【详解】（1）解：如图，直线为所求作的直线l．（2）解：四边形为所求作的四边形，如图所示：【点睛】本题主要考查了尺规作图，解题的关键是熟练掌握掌握作一个角等于已知角的作图方法，作线段垂直平分线的作图方法．24．阅读材料：康康在学习二次根式后、发现一些含根号的式子可以写成另一个式子的平方，如：，善于思考的康康进行了以下探索：设（其中、、m、n均为正整数），则有（有理数和无理数分别对应相等），∴，，这样康康就找到了一种把式子化为平方式的方法．请你仿照康康的方法探索并解决下列问题：(1)当a、b、m、n均为正整数时，若，用含、的式子分别表示a、b，得：________，________；(2)若，且、均为正整数，试化简：；(3)化简：．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据完全平方公式进行计算进行求解；（2）将变为即可求解；（3）将化为进行求解即可．【详解】（1）解：∵，∴，故答案为：；（2）∵，∴；（3）．【点睛】此题考查了二次根式的化简能力，关键是能准确理解并运用相关知识进行求解．25．如图，四边形是正方形，是等腰三角形，，．连接，过B作于F，连接，．(1)若，求的度数；(2)当变化时，的大小会发生变化吗?请说明理由；(3)试用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．【答案】(1)(2)当变化时，的大小不变，理由见解析(3)线段与的数量关系为，理由见解析 【分析】（1）根据正方形的性质求出，根据等腰三角形的判定和性质求出，根据等边三角形的判定和性质，求出；（2）先求出，根据等腰三角形性质求出，，即可得出结果；（3）过C作交延长线于G，证明，得，，有，由得是等腰直角三角形，可得，即得，故．【详解】（1）解：∵四边形为正方形，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴为等边三角形，∴，∴；（2）解：当变化时，的大小不变，理由如下：∵四边形为正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴；（3）解：线段与的数量关系为，理由如下： 过C作交延长线于G，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，，∴是等腰直角三角形，∴由（2）知，，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴，即，∴．【点睛】本题考查正方形性质及应用，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，全等三角形的判定与性质，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．