辽宁省铁岭市昌图县2023年数学八上期末复习检测试题【含解析】

这是一份辽宁省铁岭市昌图县2023年数学八上期末复习检测试题【含解析】，共20页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，因式分解，如果等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．正五边形ABCDE中，∠BEC的度数为（ ）
A．18°B．30°C．36°D．72°
2．计算（ ）
A．7B．-5C．5D．-7
3．一项工程，甲单独做要x天完成，乙单独做要y天完成，则甲、乙合做完成工程需要的天数为（ ）
A．B．C．D．
4．小明学了利用勾股定理在数轴上作一个无理数后，于是在数轴上的2个单位长度的位置找一个点D，然后过点D作一条垂直于数轴的线段CD，CD为3个单位长度，以原点为圆心，OC的长为半径作弧，交数轴正半轴于一点，则该点位置大致在数轴上( )
A．2和3之间B．3和4之间C．4和5之间D．5和6之间
5．如图，在中，，分别以各边为直径作半圆，图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”，当，时，则阴影部分的面积为（ ）
A．4B．C．D．8
6．如图，△ABC中，AB=6，AC=4，∠ABC和∠ACB的平分线交于点P，过点P作DEBC分别交AB，AC于点D，E，则△ADE的周长为（ ）
A．10B．12C．14D．不能确定
7．若长方形的长为 (4a2-2a +1) ，宽为 (2a +1) ，则这个长方形的面积为（ ）
A．8a3-4a2+2a-1B．8a3-1
C．8a3+4a2-2a-1D．8a3 +1
8．因式分解（x+y）2﹣2（x2﹣y2）+（x﹣y）2的结果为（ ）
A．4（x﹣y）2B．4x2C．4（x+y）2D．4y2
9．如果（x+y﹣4）2+＝0，那么2x﹣y的值为（ ）
A．﹣3B．3C．﹣1D．1
10．我国古代数学名著《孙子算经》记载一道题，大意为100个和尚吃了100个馒头，已知个大和尚吃个馒头，个小和尚吃个馒头，问有几个大和尚，几个小和尚？若设有个大和尚，个小和尚，那么可列方程组为（ ）
A．B．C．D．
11．下列图形具有稳定性的是（ ）
A．梯形B．长方形C．直角三角形D．平行四边形
12．已知，那么＝（ ）
A．6B．7C．9D．10
二、填空题（每题4分，共24分）
13．平行四边形ABCD中，，对角线，另一条对角线BD的取值范围是_____．
14．若n边形的内角和是它的外角和的2倍，则n= .
15．如图，在中，，分别为的中点，点为线段上的一个动点，连接，则的周长的最小值等于__________．
16．用如图所示的正方形和长方形卡片若干张，拼成一个长为3a+2b，宽为2a+b的大长方形，需要B类卡片_____张．
17．4的平方根是 ．
18．已知一次函数y＝kx﹣4（k＜0）的图象与两坐标轴所围成的三角形的面积等于8，则该一次函数表达式为_____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，一次函数y＝kx+b的图象经过点A （﹣2，6），与x轴交于点B，与正比例函数y＝3x的图象交于点C，点C的横坐标为1．
（1）求AB的函数表达式；
（2）若点D在y轴负半轴，且满足S△COD＝S△BOC，求点D的坐标．
20．（8分）已知△ABC等边三角形，△BDC是顶角120°的等腰三角形，以D为顶点作60°的角，它的两边分别与AB．AC所在的直线相交于点M和N，连接MN．
（1）如图1，当点M、点N在边AB、AC上且DM=DN时，探究：BM、MN、NC之间的关系，并直接写出你的结论；
（2）如图2，当点M、点N在边AB、AC上，但DM≠DN时，（1）中的结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明；
（3）如图3，若点M、N分别在射线AB、CA上，其他条件不变，（1）中的结论还成立吗？若成立，写出你的猜想；若不成立，请直接写出新的结论．
21．（8分）八年级学生去距离学校10千米的素质教育基地参加实践活动，上午8点40分一部分学生骑自行车先走；9点整，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达．已知汽车的速度是骑车学生速度的2倍，求骑车学生的速度．
22．（10分）解答下面两题：
（1）解方程：
（2）化简：
23．（10分）学生在素质教育基地进行社会实践活动，帮助农民伯伯采摘了黄瓜和茄子共40kg，了解到这些蔬菜的种植成本共42元，还了解到如下信息：黄瓜的种植成本是1元/kg，售价为1.5元/kg；茄子的种植成本是1.2元/kg，售价是2元/kg．
(1)请问采摘的黄瓜和茄子各多少千克?
(2)这些采摘的黄瓜和茄子可赚多少元?
24．（10分）如图，学校有一块空地ABCD，准备种草皮绿化已知∠ADC＝90°，AD＝4米，CD＝3米，AB＝13米，BC＝12米，求这块地的面积．
25．（12分）如图，在中，于．点在边上从点出发，以的速度向终点运动，设点的运动时间为．
（1）求线段的长．
（2）求线段的长．（用含的代数式表示）
（3）求为何值时，点与顶点的连线与的腰垂直．
26．已知：如图，直线AB的函数解析式为y=-2x+8，与x轴交于点A，与y轴交于点B．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）若点P(m，n)为线段AB上的一个动点(与A、B不重合)，作PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F，连接EF，若△PEF的面积为S，求S关于m的函数关系式，并写出m的取值范围；
（3）以上(2)中的函数图象是一条直线吗?请尝试作图验证．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】
根据正五边形的性质和内角和为540°，得到△ABE≌△DCE，先求出∠BEA和∠CED的度数，再求∠BEC即可．
【详解】
解：根据正五边形的性质可得AB=AE=CD=DE，∠BAE=∠CDE=108°，
∴△ABE≌△DCE，
∴∠BEA＝∠CED＝（180°﹣108°）＝36°，
∴∠BEC＝108°-36°-36°＝36°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了正多边形的性质和内角和，全等三角形的判定，等腰三角形的性质，证明△ABE≌△DCE是解题关键．
2、C
【分析】利用最简二次根式的运算即可得.
【详解】
故答案为 C
【点睛】
本题考查二次根式的运算，掌握同类二次根式的运算法则及分母有理化是解题的关键.
3、A
【解析】根据工程问题的关系：工作量=工作效率×工作时间，把总工作量看作单位“1”，可知甲的工作效率为，乙的工作效率为，因此甲乙合作完成工程需要：1÷（+）=.
故选A.
4、B
【解析】利用勾股定理列式求出OC，再根据无理数的大小判断即可．
解答：解：由勾股定理得，OC=，
∵9＜13＜16，
∴3＜＜4，
∴该点位置大致在数轴上3和4之间．
故选B．
“点睛”本题考查了勾股定理，估算无理数的大小，熟记定理并求出OC的长是解题的关键．
5、A
【分析】先根据勾股定理求出AB，然后根据S阴影=S半圆AC＋S半圆BC＋S△ABC－S半圆AB计算即可．
【详解】解：根据勾股定理可得AB=
∴S阴影=S半圆AC＋S半圆BC＋S△ABC－S半圆AB
=
=
=4
故选A．
【点睛】
此题考查的是求不规则图形的面积，掌握用勾股定理解直角三角形、半圆的面积公式和三角形的面积公式是解决此题的关键．
6、A
【分析】由题意易得△BDP和△PEC为等腰三角形，然后根据等腰三角形的性质可求解．
【详解】解：∠ABC和∠ACB的平分线交于点P，
∠ABP=∠PBC，∠ACP=∠PCB，
DE∥BC，
∠DPB=∠PBC，
∠DPB=∠PBC=∠ABP，
BD=DP，
同理可证PE=EC，
AB=6，AC=4，
，
故选A．
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质与判定，关键是熟练掌握“双平等腰”这个模型．
7、D
【分析】利用长方形的面积等于长乘以宽，然后再根据多项式乘多项式的法则计算即可．
【详解】解：根据题意，得 S长方形=（4a2-2a+1）（2a+1）=8a3+1． 故选D．
【点睛】
本题主要考查多项式乘以多项式运算，解决本题的关键是要熟练掌握多项式乘法法则.
8、D
【分析】利用完全平方公式进行分解即可．
【详解】解：原式＝[（x+y）﹣（x﹣y）]1，
＝（x+y﹣x+y）1，
＝4y1，
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了公式法分解因式，关键是掌握完全平方公式a1±1ab＋b1＝（a±b）1．
9、C
【解析】根据非负数的性质列出关于x、y的二元一次方程组求解得到x、y的值，再代入代数式进行计算即可得解．
【详解】根据题意得，，
由②得，y=3x③，
把③代入①得，x+3x﹣4=0，
解得x=1，
把x=1代入③得，y=3，
所以方程组的解是，
所以2x﹣y=2×1﹣3=﹣1．
故选C．
10、C
【分析】设有m个大和尚，n个小和尚，题中有2个等量关系：1个和尚吃了1个馒头，大和尚吃的馒头+小和尚吃的馒头=1．
【详解】解：设有m个大和尚，n个小和尚，
根据数量关系式可得：，
故选C.
【点睛】
本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组．根据实际问题中的条件列方程组时，要注意抓住题目中的一些关键性词语，找出等量关系，列出方程组．
11、C
【分析】根据三角形具有稳定性，四边形具有不稳定性进行判断即可得答案．
【详解】直角三角形具有稳定性，梯形、长方形、平行四边形都不具有稳定性．
故选：C
【点睛】
本题考查三角形的性质之一，即三角形具有稳定性，掌握三角形的这一性质是快速解题的关键．
12、B
【分析】已知等式左边通分并利用同分母分式的加法法则计算，整理后代入原式计算即可求出值．
【详解】解：∵，
∴＝2，即a+b＝2ab，
则原式=＝ ＝7，
故选：B．
【点睛】
本题考查了分式加法的运算法则，整体代换思想的应用，掌握整体代换思想是解题的关键．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】根据四边形和三角形的三边关系性质计算，即可得到答案．
【详解】如图，平行四边形ABCD对角线AC和BD交于点O
∵平行四边形ABCD，
∴
中
或
∴ 或
∵不成立，故舍去
∴
∴
∵
∴．
【点睛】
本题考查了平行四边形、三角形的性质；解题的关键是熟练掌握平行四边形对角线、三角形三边关系的性质，从而完成求解．
14、6
【解析】此题涉及多边形内角和和外角和定理
多边形内角和=180（n-2）, 外角和=360º
所以，由题意可得180(n-2)=2×360º
解得：n=6
15、1
【分析】由题意可得：当点P与点E重合时，△BPC的周长有最小值，即为AC+BC的长度，由此进行计算即可．
【详解】∵∠ABC=90°, D、E分别为AB、AC的中点，
∴DE⊥AB,
∴DE是线段AB的垂直平分线，
∴当点P与点E重合时，△BPC的周长的最小值；BE＝AE，如图所示：
∴△BPC的周长＝EC+BE+BC＝AC+BC，
又∵AC=10,BC=8，
∴△BPC的周长＝10+8=1．
故答案为：1．
【点睛】
考查了轴对称-最短路线问题，解题关键利用线段垂直平分线和两点之间线段最短得到点P与点E重合时，△BPC的周长有最小值．
16、1．
【分析】先求出长为3a+2b，宽为2a+b的矩形面积，然后对照A、B、C三种卡片的面积，进行组合．
【详解】解：长为3a+2b，宽为2a+b的矩形面积为（3a+2b）（2a+b）＝6a2+1ab+2b2，
A图形面积为a2，
B图形面积为ab，
C图形面积为b2，
则可知需要A类卡片6张，B类卡片1张，C类卡片2张．
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查多项式乘法的应用，正确的计算多项式乘法是解题的关键.
17、±1．
【解析】试题分析：∵，∴4的平方根是±1．故答案为±1．
考点：平方根．
18、y＝﹣x﹣1
【分析】先求出直线与坐标轴的交点坐标，再根据三角形的面积公式列出方程，求得k值，即可．
【详解】令x＝0，则y＝0﹣1＝﹣1，
令y＝0，则kx﹣1＝0，x＝，
∴直线y＝kx﹣1（k＜0）与坐标轴的交点坐标为A(0，﹣1)和B(，0)，
∴OA＝1，OB＝-，
∵一次函数y＝kx﹣1（k＜0）的图象与两坐标轴所围成的三角形的面积等于8，
∴，
∴k＝﹣1，
∴一次函数表达式为：y＝﹣x﹣1．
故答案为：y＝﹣x﹣1．
【点睛】
本题主要考查求一次函数的解析式，掌握一次函数图象与坐标轴的交点坐标求法，是解题的关键．
三、解答题（共78分）
19、（1）y＝﹣x+4；（2）D（0，﹣4）
【分析】（1）先求得点C的坐标，再根据待定系数法即可得到AB的函数表达式；
（2）设D（0，m）（m＜0），依据S△COD=S△BOC，即可得出m=-4，进而得到D（0，-4）．
【详解】解：（1）当x＝1时，y＝3x＝3，
∴C（1，3），
将A （﹣2，6），C（1，3）代入y＝kx+b，得
，
解得，
∴直线AB的解析式是y＝﹣x+4；
（2）y＝﹣x+4中，令y＝0，则x＝4，
∴B（4，0），
设D（0，m）（m＜0），
S△BOC＝×OB×|yC|＝＝6，
S△COD＝×OD×|xC|＝|m|×1＝﹣m，
∵S△COD＝S△BOC，
∴﹣m＝，
解得m＝﹣4，
∴D（0，﹣4）．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式以及三角形的面积，解题时注意利用待定系数法解题．
20、（1）BM＋CN=MN；（2）成立；证明见解析；（3）MN=CN-BM．
【分析】（1）首先证明Rt△BDM≌Rt△CDN，进而得出△DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=DM=MN，即可得出答案；
（2）延长AC至E，使得CE=BM并连接DE，构造全等三角形，找到相等的线段DE= DM，再进一步证明△MDN≌△EDN，进而等量代换得到MN=BM+NC；
（3）在CA上截取CE=BM，同理先证Rt△DCE≌Rt△DBM，再证△MDN≌△EDN（SAS），即可得证．
【详解】（1）∵△ABC是正三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵△BDC是顶角∠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是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，
∴NC=BM=DM=MN，
∴MN=MB+NC；
（2）成立．理由如下：
延长AC至E，使CE=BM，连接DE，
∵△BDC是顶角∠BDC=120°的等腰三角形，△ABC是等边三角形，
∴∠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，连接DM，
同理可证明：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．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质及等腰三角形的性质；此题从不同角度考查了作相等线段构造全等三角形的能力，要充分利用等边三角形及等腰三角形的性质，转换各相等线段解答．
21、15千米/小时
【分析】求速度，路程已知，根据时间来列等量关系．关键描述语为：“上午8点40分一部分学生骑自行车先走；9点整，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达”；等量关系为：骑自行车同学所用时间乘车同学所用时间=小时，根据等量关系列出方程．
【详解】解：设骑车学生的速度为千米/小时，
由题意，得．
解之得：．
经检验是原分式方程的解．
答：骑车学生的速度为15千米/小时．
【点睛】
本题考查由实际问题抽象出分式方程，分析题意，找到关键描述语，得到合适的等量关系是解决问题的关键．
22、（1）；（2）
【分析】（1）去分母把分式方程化为整式方程求解即可，注意要验根；
（2）根据分式的混合运算法则计算即可．
【详解】去分母，得：
移项，合并同类项，得：
∴．
检验：当时，，
∴是原方程的解，
∴原方程的解是．
（2）原式
．
【点睛】
本题考查了解分式方程和分式的混合运算．掌握分式的混合运算法则是解答本题的关键．
23、（1）黄瓜和茄子各30千克、10千克；（2）23元
【分析】（1）设当天采摘黄瓜x千克，茄子y千克，根据采摘了黄瓜和茄子共40kg，这些蔬菜的种植成本共42元，列出方程，求出x的值，即可求出答案；
（2）根据黄瓜和茄子的斤数，再求出每斤黄瓜和茄子赚的钱数，即可求出总的赚的钱数．
【详解】（1）设采摘黄瓜x千克，茄子y千克．根据题意，得，
解得，
答：采摘的黄瓜和茄子各30千克、10千克；
（2）30×（1.5-1）+10×（2-1.2）=23（元）．答：这些采摘的黄瓜和茄子可赚23元．
【点睛】
本题考查了二元一次方程组的应用．解题关键是弄清题意，合适的等量关系，列出方程组．
24、24m2
【分析】连接AC，利用勾股定理和逆定理可以得出△ACD和△ABC是直角三角形，△ABC的面积减去△ACD的面积就是所求的面积．
【详解】解：连接AC，
由勾股定理可知：AC=，
又∵AC2+BC2=52+122=132=AB2，
∴△ABC是直角三角形，
∴这块地的面积=△ABC的面积﹣△ACD的面积=×5×12﹣×3×4=24（米2）．
【点睛】
本题考查了勾股定理以及勾股定理的逆定理的应用，解题的关键是作出辅助线得到直角三角形．
25、（1）；（2）DP=；（3）或．
【分析】（1）利用等腰三角形的三线合一求出BD=4cm，再根据勾股定理求出AD的长；
（2）分两种情况：当点在上（或）时，当点在上（或）时，利用线段和差关系求出DP；
（3）分两种情况：当时，当时，利用勾股定理求出DP由此求出t.
【详解】（1），
.
在中，，
.
（2）当点在上（或）时，.
当点在上（或）时，.
（不写的取值范围不扣分）
（3）当时，如图①．
，
．
．
.
.
当时，如图②.
，
.
.
.
.
综上所述：当或时，与的腰垂直.
【点睛】
此题考查三角形与动点问题，等腰三角形的三线合一，勾股定理，解题中运用分类讨论的思想是解题的关键.
26、（1）A(1，0)；（2）S△PET=-m2+1m，(0