湖南省长沙市青竹湖湘一外国语学校2022--2023学年八年级下学期第一次月考数学试卷 (1)

湖南省长沙市青竹湖湘一外国语学校2022--2023学年八年级下学期第一次月考数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列图形中，不是轴对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
2．神舟十一号与天宫二号在距离地面约390000米的轨道上交会对接，将390000用科学记数法表示应为（）
A． B． C． D．
3．已知直线，将一块含30°角的直角三角板，按如图所示方式放置，其中A、B两点分别落在直线m、n上，若，则的度数是（    ）

A． B． C． D．
4．下列不等式中不一定成立的是（    ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
5．在下列各式的计算中，正确的是(    )
A． B． C． D．
6．依次连接菱形四条边的中点，得到的中点四边形是（　　）

A．梯形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
7．如图，点在上，，，，则的长为（   ）

A．2 B．3 C．4 D．5
8．甲乙两地相距400千米,一辆汽车从甲地开往乙地,实际每小时比原计划多行驶12km，结果提前1小时到达．设这辆汽车原计划的速度为x千米/时,根据题意可列方程为（　　）
A． = +1 B． = +1
C． +1= D．+1 =
9．如图，在中，于点D，，若E，F分别为的中点，则的长为（    ）

A． B． C． D．
10．如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．在下列结论中：①DE＝EF；②△DAE≌△DCG；③AC⊥CG；④CE＝CF．其中正确的是（　　）

A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④

二、填空题
11．点在直角坐标系的 y 轴上，则点 P 的坐标为______________．
12．因式分解：__________．
13．如图，把一张长方形纸片ABCD沿EF折叠，∠1＝55°，则∠2＝________°．

14．不等式的解集为______．
15．如图，在平行四边形中，对角线与交于点，若，则平行四边形的面积___________．

16．若关于x的方程无解，则a的值是______．

三、解答题
17．计算
18．先化简，再求值：，其中满足．
19．利用所学知识计算：
(1)已知，且，求的值；
(2)已知a、b、c是的三边长，其中c为斜边，若，求的周长．
20．某校为提高学生的综合素质，准备开设“泥塑”“绘画”“书法”“街舞”四门校本课程，为了解学生对这四门课程的选择情况（要求每名学生只能选择其中一门课程），学校从七年级学生中随机抽取部分学生进行问卷调查，根据调查结果绘制成如图所示的两幅不完整的统计图．请你依据图中信息解答下列问题：

(1)参加此次问卷调查的学生人数是______人；
(2)在扇形统计图中，选择“泥塑”的学生所对应的扇形圆心角的度数是______；
(3)通过计算将条形统计图补充完整；
(4)若该校七年级共有名学生，请估计七年级学生中选择“书法”课程的约有多少人？
21．如图，，，D，E分别为，的中点，，点F在的延长线上，．

(1)求的长；
(2)求四边形的周长．
22．年第届世界杯足球赛在卡塔尔举行，某商场在世界杯开始之前，用元购进、两种世界杯吉祥物共个，且用于购买种吉祥物与购买吉祥物的费用相同，且种吉祥物的单价是种吉祥物的倍．
(1)求、两种吉祥物的单价各是多少元？
(2)世界杯开始后，商场的吉祥物很快就卖完了，于是计划用不超过元的资金再次购进、两种吉祥物共个，已知、两种吉祥物的进价不变．求种吉祥物最多能购进多少个？
23．如图，在矩形中，点E，F分别在，边上，，且交于点G．

(1)若，求四边形的面积；
(2)连接，若F为的中点，，，求的长．
24．我国南宋时期数学家泰九韶曾提出利用三角形的三边求面积的公式，此公式与古希腊几何学家海伦提出的公式如出一辙，即三角形的三边长分别为a，b，c，记，则其面积．这个公式也被称为海伦-秦九韶公式．
(1)当三角形的三边，，时，请你利用公式计算出三角形的面积；
(2)一个三角形的三边长依次为、，，请求出三角形的面积；
(3)若，，求此时三角形面积的最大值．
25．如图，平面直角坐标系、两点分别在x、y轴上，P为射线上的一动点，点O关于直线的对称点为．

(1)当的面积为15时，求点P坐标；
(2)当为等腰三角形时，求点P坐标；
(3)若点O关于直线的对称点为点D，当为直角三角形时，请求出点P坐标．

参考答案：
1．A
【分析】根据轴对称图形的定义逐项判断即可．
【详解】解：观察四个选项可知，除选项A外，选项B，C，D中的图形沿着一条直线对折，直线两侧的部分能够完全重合，
因此选项A不是轴对称图形，选项B，C，D是轴对称图形．
故选A．
【点睛】本题考查轴对称图形的识别，掌握轴对称图形的定义是解题的关键．如果一个图形沿着一条直线对折，直线两侧的部分能够完全重合，这个图形叫轴对称图形．
2．B
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值＞1时，n是正数，据此解答．
【详解】将390000用科学记数法表示应为3.9×105，
故选：B．
【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
3．D
【分析】利用平行线的性质求出即可解决问题．
【详解】解：如图，

∵，
∴，
由题意知：，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查平行线的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
4．B
【分析】根据不等式的性质：（1）不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变；（2）不等式的两边同时乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；（3）不等式的两边同时乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变，来进行解答即可．
【详解】解：A.在不等式的两边同时乘，不等式符号改边方向，即为，故本项不符合题意；
B.当时，不成立，故本选项符合题意；
C.在不等式的两边同时除以3，不等式仍然成立，即，故本项不符合题意；
D.在不等式的两边同时减去，不等式仍然成立，即，故本项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了不等式的性质：（1）不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变；（2）不等式的两边同时乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；（3）不等式的两边同时乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变．
5．C
【分析】根据幂的乘方，合并同类项，同底数幂的除法，积的乘方运算，逐项分析判断即可求解．
【详解】解：A. ，故该选项不正确，不符合题意；    
B. ，故该选项不正确，不符合题意；     
C. ，故该选项正确，符合题意；     
D. ，故该选项不正确，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了幂的乘方，合并同类项，同底数幂的除法，积的乘方运算，掌握以上运算法则是解题的关键．
6．B
【分析】连接、，根据菱形的性质得到，根据三角形中位线定理得到，，，根据矩形的判定定理解答即可．
【详解】解：连接、，

∵四边形是菱形，
∴，
∵，，，是中点，
∴，，
∴，
同理：，，，
∴四边形是矩形．
故选：B．
【点睛】本题考查的是菱形的性质、矩形的判定定理以及三角形的中位线定理，掌握三个角是直角的四边形是矩形是解题的关键．
7．C
【分析】由题意可得，根据全等三角形的性质可得和 的值，从而可得答案．
【详解】解： 根据题意可得，
， ，
，
故选：C
【点睛】此题考查全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
8．A
【分析】设原来的平均速度为x千米/时，则实际行驶的速度为千米/时，利用时间=路程÷速度，结合提速后可提前1小时到达目的地，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【详解】设原来的平均速度为x千米/时，
由题意得， = +1，
故选：A．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程．
9．A
【分析】先证明是等腰直角三角形，得到，再由勾股定理解得，最后由中位线的性质解答即可．
【详解】解：， ，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
即，
，
，分别为，的中点，
，
故选：A．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定与性质、含度角的直角三角形的性质、勾股定理，中位线的性质等知识，掌握相关知识是解题关键．
10．B
【分析】①过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：根据正方形的性质得到∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，推出四边形EMCN为正方形，由矩形的性质得到EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，根据全等三角形的性质得到ED＝EF，故①正确；
②利用已知条件可以推出矩形DEFG为正方形；根据正方形的性质得到AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，推出△ADE≌△CDG（SAS），故②正确；
③根据②的结论可得∠ACG＝90°，所以AC⊥CG，故③正确；
④当DE⊥AC时，点C与点F重合，得到CE不一定等于CF，故④错误．
【详解】解：①过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴NE＝NC，
∵∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，故①正确；
②∵矩形DEFG为正方形；
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），故②正确；
③根据②得∠DAE＝∠DCG＝45°，
∴∠ACG＝90°，
∴AC⊥CG，故③正确；
④当DE⊥AC时，点C与点F重合，
∴CE不一定等于CF，故④错误，
综上所述：①②③正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解（1）的关键．
11．
【分析】y轴上点的横坐标是0，由此得到m的值，即可得到点P的坐标．
【详解】解：∵点P在y轴上，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了点坐标的特点，熟记平面直角坐标系中点坐标的特点并运用解答问题是关键．
12．
【分析】原式提取公因式ab后，再运用平方差公式进行因式分解即可．
【详解】．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．
13．70
【分析】根据长方形的对边平行知ADBC，得∠DEF＝∠1＝55°，再根据折叠的性质知∠GEF＝∠DEF＝55°，继而由∠AEG＝180°−∠DEF−∠GEF可得答案．
【详解】解：由题意知ADBC，∠1＝55°，
∴∠DEF＝∠1＝55°，
根据折叠的性质知∠GEF＝∠DEF＝55°，
则∠AEG＝180°−∠DEF−∠GEF＝180°-55°-55°=70°，
∴∠2＝70°，
故答案为：70．
【点睛】本题考查了平行线的性质和折叠的性质，解题的关键是掌握两直线平行内错角相等的性质、折叠的性质．
14．##
【分析】根据解一元一次不等式的步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1可得答案．
【详解】解：
去分母，得，
移项，得，
合并同类项，系数化1，得，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式，解题的关键掌握解一元一次不等式的方法步骤．
15．16
【分析】由平行四边形的性质可知，，进而可求平行四边形的面积．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
则与等底同高，∴，
同理可得：，
∴平行四边形的面积为：，
故答案为：16．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质的运用，得到是关键．
16．1或2##2或1
【分析】先去分母化为整式方程，再分分母为0和x系数为0两种情况分别讨论
【详解】两边同时乘以得，即；
当分母为0时，，，
此时，
解得；
当x系数为0时，，方程无解，
解得；
故答案为1或2．
【点睛】本题考查了根据分式方程的无解求参数的值，是需要识记的内容．分式方程无解的条件是：去分母后所得整式方程无解，或解这个整式方程得到的解使原方程的分母等于0．
17．．
【分析】直接利用负指数幂的性质和零指数幂的性质、绝对值的性质分别化简得出答案．
【详解】解：原式
．
【点睛】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
18．，
【分析】先通分，再算括号内的，把除化为乘，再分解因式约分，化简后整体代入即可．
【详解】解：原式

，
，
原式
．
【点睛】本题考查分式化简求值，解题的关键式掌握分式基本性质，将所求式子进行化简．
19．(1)1
(2)12

【分析】（1）根据完全平方公式变形解答；
（2）将25变形为，利用完全平方公式变形为，求得，，利用勾股定理求出，即可得到周长．
【详解】（1）∵，，
∴，
∴或（舍去）；
（2）∵
则
即
∴，，
∴，，
∴，
∴的周长．
综上，的周长为12．
【点睛】此题考查完全平方公式的变形计算，勾股定理，正确掌握并熟练应用完全平方公式是解题的关键．
20．(1)；
(2)；
(3)见解析；
(4)；

【分析】（1）根据“街舞”的人数和所占的百分比，求出调查的学生总人数；
（2）用选择“泥塑”课程的学生数除以总人数，再乘以即可得出选择“泥塑”的学生所对应的扇形圆心角的度数；
（3）用总人数减去其它课程的人数，求出“绘画”的人数，从而补全统计图；
（4）用样本中选择“书法”课程的人数比例乘以总人数体即可．
【详解】（1）解：参加调查的总人数为：
（人），
故答案为：；
（2）选择“泥塑”课程的学生所对应的扇形圆心角的度数为：
，
故答案为：；
（3）选择“绘画”课程的学生人数为：
（人），
不全条形图如下：
；
（4）该校七年级学生中选择“书法”课程的约为：
（人），
答：该校七年级学生中选择“书法”课程的约为人．
【点睛】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体；解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
21．(1)5
(2)16

【分析】（1）直接利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可；
（2）根据中位线及直角三角形斜边上的中线的性质易证得四边形为平行四边形，对边相等，进而可得到，，，的长，即可得到结果．
【详解】（1）解：∵，为的中点，，
∴；
（2）∵D，E分别为，的中点，
∴，，
由（1）知，，∴，
∵，
∴，
∴
∴四边形为平行四边形，
∴，，
所以四边形的周长．
【点睛】本题考查了三角形中位线的定理，直角三角形斜边上的中线，平行四边形的判定及性质，解题的关键是找到角之间的关系和边长之间的关系．
22．(1)种吉祥物的单价是元，种吉祥物的单价是元
(2)种吉祥物最多能购进个

【分析】（1）设种吉祥物的单价是元，则种吉祥物的单价是元，列出分式方程即可求解；
（2）设种吉祥物最多能购进个，则此时种吉祥物能购进个，且为整数，根据题意列出不等式，解不等式即可作答．
【详解】（1）设种吉祥物的单价是元，则种吉祥物的单价是元，
根据题意，有：，
解得：，
经检验，是原方程的根，
（元），
答：种吉祥物的单价是元，种吉祥物的单价是元；
（2）设种吉祥物最多能购进个，则此时种吉祥物能购进个，且为整数，
根据题意，有：，
解得：，
即：种吉祥物最多能购进个．
【点睛】本题主要考查了分式方程的应用以及不等式的应用，明确题意，列出相应的分式方程和不等式是解答本题的关键．
23．(1)4
(2)2

【分析】（1）根据矩形的性质得，由等角的余角相等可得，利用可得，由全等三角形的性质得，可得四边形是正方形，即可求得面积；
（2）作于，连接，则，易证为的中点，，可得，，由直角三角形斜边上的中线可知，，进而可得（三线合一），则可知，利用勾股定理求得，结合求得结果．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴矩形是正方形，
∴四边形的面积为：；
（2）作于，连接，则，

∵若为的中点，，矩形是正方形，
∴，，
在和中，，
∴，
∴，，
又∵，则为的中点，
∴，
∵，
∴（三线合一），
∴，
又∵，，即：
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查矩形的性质，正方形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．
24．(1)
(2)
(3)

【分析】（1）直接利用已知得出的值，再利用三角形面积公式得出答案；
（2）将变形为再代入求值即可；
（3）根据公式计算出，再表示成，代入公式即可求出解．．
【详解】（1）解：∵，，，
则：，
∴


；
（2）





，
则三边长依次为、，，代入可得：

（3）∵，，，
∴，则，
∴



，
∴当时，有最大值，为．
【点睛】本题主要考查了二次根式的应用，乘法公式的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的三角形的面积．
25．(1)点的坐标为或；
(2)点的坐标为或或；
(3)点的坐标为或或或．

【分析】（1）设，易知，，根据，列式子求解即可；
（2）分三种情况：①当时，②当时，③当时，进行讨论即可；
（3）根据轴对称性质可得：，由为直角三角形，可分类讨论：或或，利用勾股定理和全等三角形性质即可求得点的坐标．
【详解】（1）解：设，，则，
∵，
∴，
则：，解得：，
即：当的面积为15时，点的坐标为或；

（2）∵、，即：，，
∴
①当时，如图，

此时，，∴
∴点的坐标为；
②当时，如图，

此时，∵，，
∴，
∴点的坐标为；
③当时，

设，则，∴，
由勾股定理可得：，即：，解得，
∴点的坐标为；
综上，当为等腰三角形时，点的坐标为或或；
（3）设，
∵点关于直线的对称点为，
∴
∴，，，
∴
①若，如图，∵，
∴、、三点共线，

，
，
∵，即，解得：，
∴点的坐标为；
当点在负半轴时，

此时，，
∵，即，解得：，
∴点的坐标为；
②若，如图，∵
∴，
∴、为等腰直角三角形，
∴
∴点的坐标为；

当点在负半轴时，

同理可得点的坐标为；
③若，则，，则点不能出现在过点的垂线上，即此情况不存在．
综上，点的坐标为或或或．
【点睛】本题考查了直角三角形性质，等腰三角形的性质，勾股定理，轴对称变换性质，全等三角形性质，分类讨论数学思想等；分类讨论数学思想应用是解答本题的关键．