重庆十一中2023年数学八年级第一学期期末质量跟踪监视模拟试题【含解析】

这是一份重庆十一中2023年数学八年级第一学期期末质量跟踪监视模拟试题【含解析】，共18页。试卷主要包含了下列四个数中，是无理数的是，将两块完全一样，若，，则的值为等内容，欢迎下载使用。
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．下面四幅作品分别代表“立春”、“芒种”、“白露”、“大雪”四个节气，其中轴对称图形是（ ）
A．B．C．D．
2．某一实验装置的截面图如图所示，上方装置可看做一长方形，其侧面与水平线的夹角为45°，下方是一个直径为70cm，高为100cm的圆柱形容器，若使容器中的液面与上方装置相接触，则容器中液体的高度至少应为（ ）
A．30cmB．35cmC．35cmD．65cm
3．如图，在△ABC中，D是BC边上一点，且AB＝AD＝DC，∠BAD＝40°，则∠C为（ ）
A．25°B．35°C．40°D．50°
4．下列四个数中，是无理数的是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，正方期ABCD的边长为4，点E在对角线BD上，且为F，则EF的长为（ ）

A．2B．C．D．
6．如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使顶点C恰好落在AB边的中点C′上．若AB＝6，BC＝9，则BF的长为（ ）
A．4B．3C．4.5D．5
7．将两块完全一样（全等）的含的直角三角板按如图所示的方式放置，其中交点为和的中点，若，则点和点之间的距离为（ ）
A．2B．C．1D．
8．某文化用品商店分两批购进同一种学生用品，已知第二批购进的数量是第一批购进数量的3倍，两批购进的单价和所用的资金如下表：
则求第一批购进的单价可列方程为（ ）
A．B．
C．D．
9．若，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
10．已知在四边形ABCD中，，，M，N分别是AD，BC的中点，则线段MN的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．某学生数学学科课堂表现为分，平时作业为分，期末考试为分，若这三项成绩分别按，，的比例计入总评成绩，则该学生数学学科总评成绩是_______分．
12．如图，点的坐标为，点在直线上运动，当线段最短时，点的坐标为__________．
13．某公司打算至多用1200元印制广告单．已知制版费50元，每印一张广告单还需支付0.3元的印刷费，则该公司可印制的广告单数量x（张）满足的不等式为_______．
14．若x2＋mx＋25是完全平方式，则m=___________。
15．命题“对顶角相等”的条件是_______，结论是__________，它是___命题（填“真”或“假”）．
16．如图，在中，，，将绕点旋转到的位置，使顶点恰好在斜边上，与相交于点，则_________．
17．小明用加减消元法解二元一次方程组．由①②得到的方程是________．
18．的平方根是____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，ΔABC中，A点坐标为(2，4)，B点坐标为(-3，-2)，C点坐标为(3，1).
(1)在图中画出ΔABC关于y轴对称的ΔA′B′C′(不写画法)，并写出点A′，B′，C′的坐标；
(2)求ΔABC的面积.
20．（6分）甲、乙两人分别从丙、丁两地同时出发，匀速相向而行.甲的速度大于乙的速度，甲到达丁地后，乙继续前行．设出发后，两人相距，图中折线表示从两人出发至乙到达丙地的过程中与之间的函数关系.根据图中信息，求：
（1）点的坐标，并说明它的实际意义；
（2）甲、乙两人的速度．
21．（6分）在等边△ABC中，点D在BC边上，点E在AC的延长线上，DE=DA(如图1)．
(1)求证：∠BAD=∠EDC；
(2)若点E关于直线BC的对称点为M(如图2)，连接DM，AM．求证：DA=AM．
22．（8分）如图，AB∥CD，AE＝DC，AB＝DE，EF⊥BC于点F．
求证：（1）△AEB≌△DCE；
（2）EF平分∠BEC．
23．（8分）如图，已知，是，的平分线，，求证：．
24．（8分）观察下列各式及其验证过程：
，验证：．
，验证：．
（1）按照上述两个等式及其验证过程，猜想的变形结果并进行验证；
（2）针对上述各式反映的规律，写出用（为自然数，且）表示的等式，并进行验证；
（3）用（为任意自然数，且）写出三次根式的类似规律，并进行验证．
25．（10分）（1）若a﹣b＝2，ab＝﹣3，则﹣的值为；
（2）分解因式：（a+4）（a﹣4）﹣4+a
26．（10分）观察下列等式：
①32﹣31＝2×31；②33﹣32＝2×32；③34﹣33＝2×33；④35﹣34＝2×34…根据等式所反映的规律，解答下列问题：
（1）直接写出：第⑤个等式为 ；
（2）猜想：第n个等式为 （用含n的代数式表示），并证明．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】根据轴对称图形的概念判断即可．
【详解】解：A、不是轴对称图形；
B、不是轴对称图形；
C、不是轴对称图形；
D、是轴对称图形；
故选：D．
【点睛】
本题考查的是轴对称图形的概念，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．
2、D
【分析】由题意可知，进入容器内的三角形可看作是一个斜边为70cm的等腰直角三角形，由等腰三角形三线合一的性质可得到高，即可求出答案．
【详解】由题意可知，进入容器内的三角形可看作是一个斜边为70cm的等腰直角三角形，
由等腰三角形三线合一的性质可得到高斜边上的高应该为35cm，
使容器中的液面与上方装置相接触，容器中液体的高度至少应为100﹣35=65cm．
故选D．
考点：等腰直角三角形．
3、B
【解析】解：∵AB=AD，∴∠B=∠ADB，
由∠BAD=40°得∠B=∠ADB=70°，
∵AD=DC，∴∠C=∠DAC，
∴∠C=∠ADB=35°．故选B．
4、A
【解析】试题分析：根据无理数是无限不循环小数，可得A.是无理数，B．，C．，D．是有理数，
故选A．
考点：无理数
5、D
【分析】在AF上取FG=EF，连接GE，可得△EFG是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得EG=，∠EGF=45°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠BAE+∠AEG=∠EGF，然后求出∠BAE=∠AEG=22.5°，根据等角对等边可得AG=EG，再根据正方形的对角线平分一组对角求出∠ABD=45°，然后求出△BEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得BF=EF，设EF=x，最后根据AB=AG+FG+BF列方程求解即可．
【详解】解：如图，在AF上取FG=EF，连接GE，
∵EF⊥AB，
∴△EFG是等腰直角三角形，
∴EG=EF，∠EGF=45°，
由三角形的外角性质得，∠BAE+∠AEG=∠EGF，
∵∠BAE=22.5°，∠EGF=45°，
∴∠BAE=∠AEG=22.5°，
∴AG=EG，
在正方形ABCD中，∠ABD=45°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴BF=EF，
设EF=x，∵AB=AG+FG+BF，
∴4=x+x+x，
解得x=
故选：D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，难点在于作辅助线构造出等腰直角三角形并根据正方形的边长AB列出方程．
6、A
【分析】先求出BC′，再由图形折叠特性知，C′F＝CF＝BC﹣BF＝9﹣BF，在Rt△C′BF中，运用勾股定理BF2+BC′2＝C′F2求解．
【详解】解：∵点C′是AB边的中点，AB＝6，
∴BC′＝3，
由图形折叠特性知，C′F＝CF＝BC﹣BF＝9﹣BF，
在Rt△C′BF中，BF2+BC′2＝C′F2，
∴BF2+9＝（9﹣BF）2，
解得，BF＝4，
故选：A．
【点睛】
本题考查了折叠问题及勾股定理的应用，综合能力要求较高．同时也考查了列方程求解的能力．解题的关键是找出线段的关系．
7、B
【分析】连接，和，根据矩形的判定可得：四边形是矩形，根据矩形的性质可得：=，，然后根据30°所对的直角边是斜边的一半即可求出，再根据勾股定理即可求出，然后根据30°所对的直角边是斜边的一半即可求出，从而求出．
【详解】解：连接，和
∵点为和的中点
∴四边形是平行四边形
根据全等的性质=，BC=
∴四边形是矩形
∴=，
在Rt△中，∠=30°
∴=2
根据勾股定理，=
在Rt△中，∠=30°
∴=
故选B．
【点睛】
此题考查的是矩形的判定及性质、直角三角形的性质和勾股定理，掌握矩形的判定及性质、30°所对的直角边是斜边的一半和用勾股定理解直角三角形是解决此题的关键．
8、B
【分析】先根据“购进的数量=所用资金÷单价”得到第一批和第二批购进学生用品的数量，再根据“第二批购进的数量是第一批购进数量的3倍”即得答案．
【详解】解：第一批购进的学生用品数量为，第二批购进的学生用品数量为，
根据题意列方程得：．
故选：B．
【点睛】
本题考查了分式方程的应用，属于常考题型，正确理解题意、找准相等关系是解题的关键．
9、C
【分析】将原式进行变形，，然后利用完全平方公式的变形求得a-b的值，从而求解．
【详解】解：∵
∴
又∵
∴
∴
∴
故选：C．
【点睛】
本题考查因式分解及完全平方公式的灵活应用，掌握公式结构灵活变形是解题关键．
10、B
【分析】利用中位线定理作出辅助线，利用三边关系可得MN的取值范围．
【详解】
连接BD，过M作MG∥AB，连接NG．
∵M是边AD的中点，AB=3，MG∥AB，
∴MG是△ABD的中位线，BG=GD，；
∵N是BC的中点，BG=GD，CD=5，
∴NG是△BCD的中位线，，
在△MNG中，由三角形三边关系可知NG-MG＜MN＜MG+NG，即，
∴，
当MN=MG+NG，即MN=1时，四边形ABCD是梯形，
故线段MN长的取值范围是1＜MN≤1．
故选B．
【点睛】
解答此题的关键是根据题意作出辅助线，利用三角形中位线定理及三角形三边关系解答．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、92.1
【分析】根据加权平均数的计算方法可以求得该生数学学科总评成绩，从而可以解答本题．
【详解】解：由题意可得，
95×30%+92×30%+90×40%=92.1（分），
故答案为：92.1.
【点睛】
本题考查加权平均数，解答本题的关键是明确加权平均数的计算方法．
12、
【分析】当PB垂直于直线时，线段最短，此时会构造一个等腰三角形，利用等腰三角形的性质即可求解．
【详解】解：如图，当PB垂直于直线时线段最短，
设直线与x轴交于点A，
则A（-4,0），
当时，
为等腰直角三角形，
作轴于C，
则易得C(-1，0)，
将代入即可求得，
；
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是垂线段最短以及等腰直角三角形的性质，这里根据题意正确添加辅助线即可轻松解题．
13、50+0.3x≤1200
【分析】至多意思是小于或等于．本题满足的不等关系为：制版费+单张印刷费×数量≤1．
【详解】解：根据题意，该公司可印刷的广告单数量x(张)满足的不等式为：
故答案为：．
14、±10
【解析】试题分析：因为符合形式的多项式是完全平方式，所以mx=，所以m=.
考点：完全平方式.
15、两个角是对顶角 这两个角相等 真
【分析】根据命题由条件和结论组成，得到此命题的条件是“两个角是对顶角”，结论是“这两个角相等”，然后根据对顶角的性质判断命题的真假性．
【详解】解：命题“对顶角相等”的条件：两个角是对顶角；
结论：这两个角相等；
由对顶角的性质可知：这个命题是真命题．
故答案为：两个角是对顶角，这两个角相等，真．
【点睛】
本题考查了命题的结构与分类，掌握命题的结构、分类并能运用所学知识时行准确判断是解题的关键．
16、24°
【分析】根据旋转的性质，得到，，然后利用三角形内角和定理，求出的度数.
【详解】解：由旋转的性质，得，，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：.
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边对等角，以及三角形内角和定理，解题的关键是正确得到.
17、
【分析】直接利用两式相减进而得出消去x后得到的方程．
【详解】，
①②得：
．
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了解二元一次方程组，正确掌握加减运算法则是解题关键．
18、±3
【详解】∵=9，
∴9的平方根是.
故答案为3.
三、解答题(共66分)
19、 (1)见解析，A′(-2，4)，B′(3，-2)，C′(-3，1)；(2)
【分析】（1）根据网格结构找出点A′、B′、C′的位置，然后顺次连接即可；（2）利用三角形所在的矩形的面积减去四周三个小直角三角形的面积，然后列式计算即可得解．
【详解】解：（1）如图，
A′（-2，4），B′（3，-2），C′（-3，1）；
（2）S△ABC=6×6-×5×6-×6×3-×1×3，
=36-15-9-，
=．
【点睛】
本题考查了利用轴对称变换作图，三角形的面积的求解，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
20、（1）B（1，0），点B的实际意义是甲、乙两人经过1小时相遇；（2）6km/h，4km/h.
【分析】(1)两人相向而行，当相遇时y=0本题可解；
(2)分析图象，可知两人从出发到相遇用1小时，甲由相遇点到丁地只用小时，乙走这段路程要用1小时，依此可列方程．
【详解】(1)设AB解析式为
把已知点P(0，10)，(，)，
代入得，
解得：
∴，
当时，，
∴点B的坐标为(1，0)，
点B的意义是：
甲、乙两人分别从丙、丁两地同时出发后，经过1个小时两人相遇．
(2)设甲的速度为，乙的速度为，
由已知第小时时，甲到丁地，则乙走1小时路程，甲只需要小时，
∴，
∴，
∴甲、乙的速度分别为、．
【点睛】
本题考查一次函数图象性质，解答问题时要注意函数意义．同时，要分析出各个阶段的路程关系，并列出方程．
21、 (1)见解析；(2)见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质，得出∠BAC=∠ACB=60°，然后根据三角形的内角和和外角性质，进行计算即可.
（2）根据轴对称的性质，可得DM=DA，然后结合（1）可得∠MDC=∠BAD，然后根据三角形的内角和，求出∠ADM=60°即可.
【详解】解：(1)如图1，
∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC=∠ACB=60°，
∴∠BAD=60°﹣∠DAE，∠EDC=60°﹣∠E，
又∵DE=DA，
∴∠E=∠DAE，
∴∠BAD=∠EDC．
(2)由轴对称可得，DM=DE，∠EDC=∠MDC，
∵DE=DA，
∴DM=DA，
由(1)可得，∠BAD=∠EDC，
∴∠MDC=∠BAD，
∵△ABD中，∠BAD+∠ADB=180°﹣∠B=120°，
∴∠MDC+∠ADB=120°，
∴∠ADM=60°，
∴△ADM是等边三角形，
∴AD=AM．
【点睛】
本题主要考察了轴对称和等边三角形的性质，解题的关键是熟练掌握这些性质.
22、（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由SAS即可得出△AEB≌△DCE；
（2）由全等三角形的性质得出BE=CE，由等腰三角形的性质即可得出结论．
【详解】证明：（1）∵AB∥CD，
∴∠A=∠D，
在△AEB和△DCE中，
，
∴△AEB≌△DCE（SAS）；
（2）∵△AEB≌△DCE，
∴BE=CE，△EBC是等腰三角形，
∵EF⊥BC，
∴EF平分∠BEC．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，解题的关键是熟练运用全等三角形的判定证全等．
23、见解析
【分析】先证明，进而可证，然后根据内错角相等，两直线平行即可证明结论成立.
【详解】证明：∵是的平分线（已知），
∴（角平分线的定义）．
∵是的平分线（已知），
∴（角平分线的定义）．
又∵（已知），
∴（等式的性质）．
∵（已知），
∴（等量代换）．
∴（内错角相等，两直线平行）．
【点睛】
本题考查了行线的判定方法，熟练掌握平行线的行线的判定方法是解答本题的关键.平行线的判定方法：①两同位角相等，两直线平行； ②内错角相等，两直线平行；③同旁内角互补，两直线平行.也考查了角平行线的定义.
24、（1），验证过程见解析；（2），验证过程见解析；（3）；验证过程见解析.
【分析】（1）利用已知，观察，，可得的值；
（2）由（1）根据二次根式的性质可以总结出一般规律；
（3）利用已知可得出三次根式的类似规律，进而验证即可．
【详解】解答：解：（1）=，
理由是：；
（2）由（1）中的规律可知3＝22−1，8＝32−1，15＝42−1，
∴，
验证：；
正确；
（3）（a为任意自然数，且a≥2），
验证：
【点睛】
此题主要考查二次根式的性质与化简，善于发现题目数字之间的规律，是解题的关键．
25、（1）；（2）（a﹣4）（a+5）
【分析】（1）先将所要求的式子进行化简得到，再将已知代入计算即可；
（2）先将﹣4+a变为+（a-4），然后再提取公因式即可．
【详解】解：（1）﹣=，
∵a﹣b＝2
∴b-a=-2
将b-a=-2，ab＝﹣3代入得﹣==；
（2）（a+4）（a﹣4）﹣4+a＝（a﹣4）（a+4+1）＝（a﹣4）（a+5）．
【点睛】
本题考查了分式的化简求值和分解因式，解题的关键是对原式进行变形．
26、（1）36﹣35＝2×35；（2）3n+1﹣3n＝2×3n．
【分析】由①32﹣31＝2×31；②33﹣32＝2×32；③34﹣33＝2×33；④35﹣34＝2×34…得出第⑤个等式，以及第n个等式的底数不变，指数依次分别是n+1、n、n．
【详解】解：（1）由①32﹣31＝2×31；②33﹣32＝2×32；③34﹣33＝2×33；④35﹣34＝2×34…得出第⑤个等式36﹣35＝2×35；
故答案为36﹣35＝2×35；
（2）由①32﹣31＝2×31；②33﹣32＝2×32；③34﹣33＝2×33；④35﹣34＝2×34…得出第n个等式的底数不变，指数依次分别是n+1、n、n，
即3n+1﹣3n＝2×3n．
证明：左边＝3n+1﹣3n＝3×3n﹣3n＝3n×（3﹣1）＝2×3n＝右边，所以结论得证．
故答案为3n+1﹣3n＝2×3n．
【点睛】
此题考查数字的变化规律，找出数字之间的运算规律，得出规律，利用规律，解决问题．
单价（元）
所用资金（元）
第一批
2000
第二批
6300