重庆清化中学2023年八年级数学第一学期期末预测试题【含解析】

这是一份重庆清化中学2023年八年级数学第一学期期末预测试题【含解析】，共18页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，把2-4a2分解因式得，计算－3＋4的结果是，下列说法错误的是等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝30°，AB的垂直平分线l交AC于点D，则∠CBD的度数为( )
A．30°B．45°C．50°D．75°
2．在平面直角坐标系中，点与点关于y轴对称，则（ ）
A．，B．，C．，D．，
3．在下列长度的各组线段中，能组成三角形的是（ ）
A．，，B．，，C．，，D．，，
4．下列运算正确（ ）
A．a•a5=a5B．a7÷a5=a3
C．（2a）3=6a3D．10ab3÷（﹣5ab）=﹣2b2
5．把(a2+1)2-4a2分解因式得( )
A．(a2+1-4a)2B．(a2+1+2a)(a2+1-2a)
C．(a+1)2(a-1)2D．(a2-1)2
6．计算－3(a－2b)＋4(a－2b)的结果是（ ）
A．a－2bB．a＋2bC．－a－2bD．－a＋2b
7．如图，AB=AC，CF⊥AB于F，BE⊥AC于E，CF与BE交于点D．有下列结论：
①△ABE≌△ACF；②△BDF≌△CDE；③点D在∠BAC的平分线上；④点C在AB的中垂线上．以上结论正确的有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
8．每天用微信计步是不少市民的习惯，小张老师记录了一周每天的步数并制作成折线统计图，则小张老师这一周一天的步数超过7000步的有（ ）
A．1天B．2天C．3天D．4天
9．将三角形三个顶点的横坐标都加，纵坐标不变，则所得三角形与原三角形的关系是（ ）
A．将原图向左平移三个单位B．关于原点对称
C．将原图向右平移三个单位D．关于轴对称
10．下列说法错误的是（ ）
A．0.350是精确到0.001的近似数
B．3.80万是精确到百位的近似数
C．近似数26.9与26.90表示的意义相同
D．近似数2.20是由数四会五入得到的，那么数的取值范围是
11．如图，菱形的对角线长分别为，则这个菱形面积为（ ）
A．B．C．D．
12．将下列多项式因式分解，结果中不含有因式（x﹣2）的是（ ）
A．x2﹣4B．x3﹣4x2﹣12x
C．x2﹣2xD．（x﹣3）2+2（x﹣3）+1
二、填空题（每题4分，共24分）
13．正十边形的内角和等于_______， 每个外角等于__________．
14．一次函数（，，是常数）的图像如图所示．则关于x的方程的解是_______．
15．如图，△EFG≌△NMH，EH=2.4，HN=5.1，则GH的长度是_____．
16．如图，将△ABC沿着DE对折，点A落到A′处，若∠BDA′+∠CEA′＝70°，则∠A＝_____．
17．分式与的最简公分母是____．
18．求值：____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）在四边形中，，，是对角线，于点，于点
(1)如图1，求证：
(2)如图2，当时，连接、，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形，使写出的每个三角形的面积都等于四边形面积的．
20．（8分）分解因式：
（1）a4-16 （2）9(a+b)2-4(a-b)2
21．（8分）甲、乙两车从A城出发沿一条笔直公路匀速行驶至B城在整个行驶过程中，甲、乙两车离开A城的距离千米与甲车行驶的时间小时之间的函数关系如图所示．
，B两城相距______千米，乙车比甲车早到______小时；
甲车出发多长时间与乙车相遇？
若两车相距不超过20千米时可以通过无线电相互通话，则两车都在行驶过程中可以通过无线电通话的时间有多长？
22．（10分）如图，在每个小正方形的边长均为1的方格纸中有线段AB，其中点A、B均在小正方形的顶点上．
（1）在方格纸中画出以BC为底的钝角等腰三角形ABC，且点C在小正方形的顶点上；
（2）将（1）中的△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DEC（点A的对应点是点D，点B的对应点是点E），画出△CDE；
（3）在（2）的条件下，连接BE，请直接写出△BCE的面积．
23．（10分）赛龙舟是端午节的主要习俗，某市甲乙两支龙舟队在端午节期间进行划龙舟比赛，从起点驶向终点，在整个行程中，龙舟离开起点的距离(米)与时间(分钟)的对应关系如图所示，请结合图象解答下列问题：
（1）起点与终点之间相距 ．
（2）分别求甲、乙两支龙舟队的与函数关系式；
（3）甲龙舟队出发多少时间时两支龙舟队相距200米？
24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，，，
（1）画出关于轴的对称图形，并写出点、的坐标
（2）直接写出的面积
（3）在轴负半轴上求一点，使得的面积等于的面积
25．（12分）如图，点A、F、C、D在同一条直线上，已知AC＝DF，∠A＝∠D，AB＝DE，求证：BC∥EF
26．如图所示，若 MP和 NQ 分别垂直平分AB和 AC．
（1）若△APQ的周长为12，求 BC的长；
（2）∠BAC=105°，求∠PAQ 的度数．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、B
【解析】试题解析：∵AB=AC，∠A=30°，∴∠ABC=∠ACB=75°，∵AB的垂直平分线交AC于D，∴AD=BD，∴∠A=∠ABD=30°，∴∠BDC=60°，∴∠CBD=180°﹣75°﹣60°=45°．故选B．
2、B
【解析】根据点关于y轴对称，其横坐标互为相反数，纵坐标相同即可得到答案.
【详解】A，B关于y轴对称，则横坐标互为相反数，纵坐标相同,故选B
【点睛】
本题考查点坐标的轴对称，解题的关键熟练掌握点坐标的轴对称.
3、C
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行分析．
【详解】A、1＋2＝3＜4，不能组成三角形，故此选项错误；
B、4＋1＝5＜9，不能组成三角形，故此选项错误；
C、3＋4＝7＞5，能组成三角形，故此选项正确；
D、5＋4＝9，不能组成三角形，故此选项错误；
故选：C．
【点睛】
此题考查了三角形的三边关系．判断能否组成三角形的简便方法是看较小的两个数的和是否大于第三个数．
4、D
【解析】选项A，原式=；选项B，原式=；选项C，原式=；选项D，原式=.故选D.
5、C
【分析】先利用平方差公式，再利用完全平方公式，进行因式分解，即可．
【详解】原式=(a1+1+1a)(a1+1-1a)
=(a+1)1(a-1)1．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查分解因式，掌握平方差公式，完全平方公式，是解题的关键．
6、A
【分析】先去括号然后合并同类项即可．
【详解】原式=-3a+6b+4a-8b=a-2b，
故选：A．
【点睛】
本题考查了整式的加减，掌握运算法则是解题关键．
7、C
【详解】解：∵BE⊥AC，CF⊥AB，
∴∠AEB=∠AFC=∠CED=∠DFB=90°．
在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（AAS），
∴AE=AF．
∵AC=AB，
∴CE=BF．
在△CDE和△BDF中，
，
∴△CDE≌△BDF（AAS）
∴DE=DF．
∵BE⊥AC于E，CF⊥AB，
∴点D在∠BAC的平分线上．
根据已知条件无法证明AF=FB.
综上可知，①②③正确，④错误，
故选C．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定及性质、角平分线的判定等知识点，要求学生要灵活运用，做题时要由易到难，不重不漏．
8、B
【分析】根据折线统计图进行统计即可.
【详解】根据统计图可得：小张老师这一周一天的步数超过7000步的有：星期一，星期六，共2天.
故选：B
【点睛】
本题考查的是折线统计图，能从统计图中正确的读出信息是关键.
9、C
【分析】根据坐标与图形变化，把三角形三个顶点的横坐标都加3，纵坐标不变，就是把三角形向右平移3个单位，大小不变，形状不变．
【详解】解：∵将三角形三个顶点的横坐标都加3，纵坐标不变，
∴所得三角形与原三角形的关系是：将原图向右平移三个单位．
故选：C．
【点睛】
本题考查了坐标位置的确定及坐标与图形的性质，在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．）
10、C
【分析】根据近似数的精确度对各项进行判断选择即可.
【详解】A. 0.350是精确到0.001的近似数，正确；
B. 3.80万是精确到百位的近似数，正确；
C. 近似数26.9精确到十分位，26.90精确到百分位，表示的意义不相同，所以错误；
D. 近似数2.20是由数四会五入得到的，那么数的取值范围是，正确；
综上，选C.
【点睛】
本题考查了近似数，精确到第几位是精确度常用的表示形式，熟知此知识点是解题的关键.
11、A
【解析】直接根据菱形的面积等于它的两条对角线的乘积的一半求出答案即可．
【详解】∵AC=5cm，BD=8cm，
∴菱形的面积=×5×8=10cm1．
故选：A．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，熟知菱形ABCD的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．
12、B
【详解】试题解析：A. x2-4=（x+2）(x-2) ，含有因式（x-2），不符合题意；
B. x3-4x2-12x=x(x+2)(x-6)，不含有因式（x-2），正确；
C. x2-2x=x(x-2)，含有因式（x-2），不符合题意；
D. (x-3)2+2(x-3)+1=x2-4x+4=(x-2)2，含有因式（x-2），不符合题意，
故选B.
二、填空题（每题4分，共24分）
13、1440° 36°
【分析】根据多边形的内角和公式以及外角和即可得出结果．
【详解】解：正十边形的内角和=（10-2）×180°=1440°，
∵正十边形的每个外角都相等，
∴每个外角的度数=．
故答案为：；．
【点睛】
本题考查多边形的内角和计算公式以及多边形的外角和．多边形内角和定理：多边形内角和等于（n-2）•180°；多边形的外角和为360°．
14、x=1
【分析】根据一次函数y=kx+b与y=4轴的交点横坐标即为对应方程的解．
【详解】∵一次函数y=kx+b与y=4的交点坐标是（1，4），
∴关于x的方程kx+b=4的解是：x=1
故答案为x=1．
【点睛】
本题主要考查了一次函数与一元一次方程的关系，理解两条直线交点的横坐标即为对应方程的解是解答本题的关键．
15、2.1．
【分析】根据全等三角形的性质求出EG，结合图形计算，得到答案．
【详解】解：∵△EFG≌△NMH，
∴EG=HN=5.1，
∴GH=EG﹣EH=5.1﹣2.4=2.1．
故答案为：2.1．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键．
16、35°
【分析】根据折叠的性质得到∠A′DE＝∠ADE，∠A′ED＝∠AED，由平角的定义得到∠BDA′+2∠ADE＝180°，∠A′EC+2∠AED＝180°，根据已知条件得到∠ADE+∠AED＝140°，由三角形的内角和即可得到结论．
【详解】解：∵将△ABC沿着DE对折，A落到A′，
∴∠A′DE＝∠ADE，∠A′ED＝∠AED，
∴∠BDA′+2∠ADE＝180°，∠A′EC+2∠AED＝180°，
∴∠BDA′+2∠ADE+∠CE A′+2∠AED＝360°，
∵∠BDA′+∠CEA′＝70°，
∴∠ADE+∠AED＝=145°，
∴∠A＝35°．
故答案为：35°．
【点睛】
本题考查图形的折叠变化及三角形的内角和定理．关键是要理解折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，只是位置变化．
17、
【分析】由题意直接根据最简公分母的定义，即可得出答案．
【详解】解：∵分式的分母，都是单项式，
∴分式与的最简公分母是.
故答案为：.
【点睛】
本题考查的是最简公分母，熟知当各分母都是单项式时，即有最简公分母就是各系数的最小公倍数，相同字母的最高次幂，所有不同字母都写在积里是解答此题的关键．
18、．
【分析】由二次根式的性质，即可得|3|，继而求得答案．
【详解】解：∵3，
∴3＜0，
∴|3|=3．
故答案为：3．
【点睛】
此题考查了二次根式的化简与性质以及绝对值的性质．注意：．
三、解答题（共78分）
19、（1）详见解析；（2）．
【分析】（1）根据平行线的性质可得，然后根据AAS即可证得结论；
（2）由已知条件、直角三角形的性质和平行线的性质可依次得出∠BAE=30°，∠ABE＝60°，∠ADB＝30°，然后利用30°角的直角三角形的性质可得BE与AB，AE与AD的关系，进而可得△ABE的面积=四边形ABCD的面积，即得△CDF的面积与四边形ABCD的面积的关系；作EG⊥BC于G，由直角三角形的性质得出EG与AB的关系，进而可得△BCE的面积＝四边形ABCD的面积，同理可得△ADF的面积与四边形ABCD的面积的关系，问题即得解决．
【详解】（1）证明：，，
，，
，
≌（AAS），
；
（2）△ABE的面积＝△CDF的面积＝△BCE的面积＝△ADF的面积＝四边形ABCD面积的．理由如下：
∵AD=BC，，DB=BD，∴△ADB≌△CBD，∴四边形ABCD的面积=2×△ABD的面积= AB×AD，
∵，∴∠BAE=30°，
∴∠ABE＝60°，∠ADB＝30°，
∴BE＝AB，AE＝AD，
∴△ABE的面积＝BE×AE＝×AB×AD＝AB×AD＝四边形ABCD的面积；
∵△ABE≌△CDF，∴△CDF的面积═四边形ABCD的面积；
作EG⊥BC于G，如图所示：∵∠CBD＝∠ADB＝30°，∴EG＝BE＝×AB＝AB，
∴△BCE的面积＝BC×EG＝BC×AB＝BC×AB＝四边形ABCD的面积，
同理：△ADF的面积＝矩形ABCD的面积．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、平行线的性质、三角形面积公式等知识；熟练掌握30°角的直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
20、（1）（x2+4)(x+2)(x-2) ；（2）(5a+b)(a+5b)
【分析】（1）利用平方差公式分解即可；
（2）利用平方差公式分解即可；
【详解】解：（1）a4-16
=（x2+4）（x2-4）
=（x2+4)(x+2)(x-2) ；
（2）9(a+b)2-4(a-b)2
=
=(5a+b)(a+5b)
【点睛】
本题考查了因式分解，掌握平方差公式是解题的关键.
21、（1）300千米，1小时（2）2.5小时（3）1小时
【解析】（1）根据函数图象可以直接得到A，B两城的距离,乙车将比甲车早到几小时；
(2)由图象所给数据可求得甲、乙两车离开A城的距离y与时间t的关系式，求得两函数图象的交点即可
（3）再令两函数解析式的差小于或等于20，可求得t可得出答案．
【详解】（1）由图象可知A、B两城市之间的距离为300km， 甲比乙早到1小时，
（2）设甲车离开A城的距离y与t的关系式为y甲=kt，
把（5，300）代入可求得k=60，
∴y甲=60t，
设乙车离开A城的距离y与t的关系式为y乙=mt+n，
把（1，0）和（4，300）代入可得
，
解得：，
∴y乙=100t-100，
令y甲=y乙，可得：60t=100t-100，
解得：t=2.5，
即甲、乙两直线的交点横坐标为t=2.5，
∴甲车出发2.5小时与乙车相遇
（3）当y甲- y乙=20时
60t-100t+100=20，t=2
当y乙- y甲=20时
100t-100-60t=20，t=3
∴3-2=1（小时）
∴两车都在行驶过程中可以通过无线电通话的时间有1小时
【点睛】
本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，学会构建一次函数，利用方程组求两个函数的交点坐标，特别注意t是甲车所用的时间．
22、 (1)详见解析;(2)详见解析;(3)1
【分析】（1）依据BC为等腰三角形的底边，AB的长为5，即可得到点C的位置，进而得出钝角等腰三角形ABC；
（2）依据△ABC绕点C逆时针旋转90°，即可得到△DEC；
（3）连接BE，运用割补法即可得出△BCE的面积．
【详解】（1）如图所示，等腰三角形ABC即为所求；
（2）如图所示，△DEC即为所求；
（3）如图，连接BE，△BCE的面积为8×12-×4×8×2- ×4×12=96-32-24=1．
【点睛】
此题考查作图-旋转，等腰三角形的性质，解题关键在于根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
23、（1）3000；（2）甲龙舟队的与函数关系式为，乙龙舟队的与函数关系式为；（3）甲龙舟队出发或10或15或分钟时，两支龙舟队相距200米．
【分析】（1）直接根据图象即可得出答案；
（2）分别用待定系数法即可求出甲、乙两支龙舟队的y与x函数关系式；
（3）先求出两支龙舟队相遇的时间，然后结合图像分四种情况进行讨论，相遇前两次，相遇后两次，分别进行计算即可．
【详解】（1）根据图象可知，起点与终点之间相距3000m
（2）设甲龙舟队的与函数关系式为
把代入，可得
解得
∴甲龙舟队的与函数关系式为
设乙龙舟队的与函数关系式为
把，代入，可得
，解得
∴乙龙舟队的与函数关系式为
（3）令，可得
即当时，两龙舟队相遇
当时，令，则(符合题意)；
当时，令，则(符合题意)；
当时，令，则(符合题意)；
当时，令，则(符合题意)；
综上所述：甲龙舟队出发或10或15或分钟时，两支龙舟队相距200米．
【点睛】
本题主要考查一次函数的应用，掌握待定系数法并分情况讨论是解题的关键．
24、（1）画图见解析，、；（2）5；（3）
【分析】（1）根据关于x轴对称的点的坐标特点，横坐标不变，纵坐标互为相反数，画图求解；
（2）利用割补法求三角形面积；
（3）设，采用割补法求△ABP面积，从而求解．
【详解】解：（1）如图：、
（2）
∴的面积为5
（3）设，建立如图△PMB，连接AM
有图可得：
∴
解得：
∴
【点睛】
本题考查画轴对称图形，三角形的面积计算，利用数形结合思想采用割补法解题是关键．
25、见详解
【分析】由全等三角形的性质SAS判定△ABC≌△DEF，则对应角∠ACB＝∠DFE，故证得结论．
【详解】证明：在△ABC与△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS），
∴∠ACB＝∠DFE，
∴BC∥EF．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、平行线的判定等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件．
26、（1）12；（2）30°．
【解析】试题分析：
（1）根据线段的垂直平分线的性质证PA=PB，QA=AC.
（2）结合等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求解.
试题解析：
(1)∵MP和NQ分别垂直平分AB和AC，∴AP＝BP，AQ＝CQ.
∴△APQ的周长为AP＋PQ＋AQ＝BP＋PQ＋CQ＝BC.
∵△APQ的周长为12，
∴BC＝12.
(2)∵AP＝BP，AQ＝CQ，
∴∠B＝∠BAP，∠C＝∠CAQ.
∵∠BAC＝105°，
∴∠BAP＋∠CAQ＝∠B＋∠C＝180°－∠BAC＝180°－105°＝75°.
∴∠PAQ＝∠BAC－(∠BAP＋∠CAQ)＝105°－75°＝30°.