重庆市涪陵第十九中学2023年数学八年级第一学期期末复习检测试题【含解析】

这是一份重庆市涪陵第十九中学2023年数学八年级第一学期期末复习检测试题【含解析】，共20页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，如果分式的值为0，那么x的值是等内容，欢迎下载使用。
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．若一个等腰三角形的两边长分别是2和5，则该等腰三角形的周长是（ ）
A．9B．12C．13D．12或9
2．如图所示，在中，，平分，交于点D，，，DE⊥AB，则（ ）
A．B．C．D．
3．若解关于的方程时产生增根，那么的值为( )
A．1B．2C．0D．-1
4．下列图形中，由∠1＝∠2，能得到AB∥CD的是（ ）
A．B．
C．D．
5．将一副直角三角板如图放置，使两直角边重合，则∠α的度数为( )
A．75°B．105°C．135°D．165°
6．图中由“○”和“□”组成轴对称图形，该图形的对称轴是直线（ ）
A．l1B．l2C．l3D．l4
7．如果分式的值为0，那么x的值是（ ）
A．1B．﹣1C．2D．﹣2
8．下列银行标志中，既不是中心对称图形也不是轴对称图形的是( )
A．B．C．D．
9．如图，数轴上的点A表示的数是-2，点B表示的数是1，于点B，且，以点A为圆心，AC为半径画弧交数轴于点D，则点D表示的数为（ ）
A．B．C．D．2
10．如果下列各组数是三角形的三边，则能组成直角三角形的是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．照相机的三脚架的设计依据是三角形具有_____．
12．如图，点B、F、C、E在一条直线上，已知FB=CE，AC∥DF，请你添加一个适当的条件________能用SAS说明△ABC≌△DEF．
13．分解因式：ax2-9a= ．
14．一次函数和的图像如图所示，其交点为，则不等式的解集是______________．
15．已知关于的方程的解是正数，则的取值范围为__________．
16．点M（-5，−2）关于x轴对称的点是点N，则点N的坐标是________．
17．如图，在中，，于，平分交于，交于，，，下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有____________． (填序号)
18．若，则=_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）先化简，再求值：÷（a﹣1﹣），其中a＝﹣1．
20．（6分）如图，已知A（3，0），B（0，﹣1），连接AB，过B点作AB的垂线段BC，使BA＝BC，连接AC．
（1）如图1，求C点坐标；
（2）如图2，若P点从A点出发沿x轴向左平移，连接BP，作等腰直角△BPQ，连接CQ，当点P在线段OA上，求证：PA＝CQ；
（3）在（2）的条件下若C、P，Q三点共线，求此时∠APB的度数及P点坐标．
21．（6分）解不等式组：，并把解集表示在数轴上．
22．（8分）在学习了一次函数图像后,张明、李丽和王林三位同学在赵老师的指导下,对一次函数进行了探究学习,请根据他们的对话解答问题.
(1)张明:当时,我能求出直线与轴的交点坐标为 ;
李丽:当时,我能求出直线与坐标轴围成的三角形的面积为 ;
(2)王林:根据你们的探究,我发现无论取何值,直线总是经过一个固定的点,请求出这个定点的坐标.
(3)赵老师:我来考考你们,如果点的坐标为,该点到直线的距离存在最大值吗?若存在,试求出该最大值;若不存在,请说明理由.
23．（8分）在△ABC中，∠ABC＝45°，F是高AD与高BE的交点．
（1）求证：△ADC≌△BDF．
（2）连接CF，若CD＝4，求CF的长．
24．（8分）如图，已知与互为补角，且，
（1）求证：；
（2）若，平分，求证：.
25．（10分）2019年11月30日上午符离大道正式开通，同时宿州至徐州的K902路城际公交开通试运营，小明先乘K902路城际公交车到五柳站下车，再步行到五柳景区游玩，从出发地到五柳景区全程31千米，共用了1个小时，已知步行的速度每小时4千米，K902路城际公交的速度是步行速度的10倍，求小明乘公交车所行驶的路程和步行的路程.
26．（10分）如图，在中，，点是边上的动点，连接，以为斜边在的下方作等腰直角三角形．
（1）填空：的面积等于 ；
（2）连接，求证：是的平分线；
（3）点在边上，且， 当从点出发运动至点停止时，求点相应的运动路程．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】根据等腰三角形的定义，即可得到答案．
【详解】∵一个等腰三角形的两边长分别是2和5，
∴等腰三角形的三边长分别为：5，5，2，
即：该等腰三角形的周长是1．
故选B．
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的定义以及三角形三边之间的关系，掌握等腰三角形的定义，是解题的关键．
2、C
【分析】根据线段的和差即可求得DC，再根据角平分线的性质即可得出DE=DC．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，平分，DE⊥AB，
∴DE=DC=6cm．
故选：C．
【点睛】
本题考查角平分线的性质．角平分线上的点到角两边距离相等．
3、A
【分析】关于的方程有增根,那么最简公分母为0,所以增根是x=2,把增根x=2代入化为整式方程的方程即可求出未知字母的值.
【详解】将原方程两边都乘（x-2）得: ,
整理得，
∵方程有增根,
∴最简公分母为0,即增根是x=2;
把x=2代入整式方程,得m=1.
故答案为:A.
【点睛】
本题考查了分式方程的增根,增根问题可按如下步骤进行:根据最简公分母确定增根的值;化分式方程为整式方程;把增根代入整式方程即可求得相关字母的值.
4、C
【分析】根据平行线的判定定理对各选项进行逐一判断即可．
【详解】A、由∠1+∠2=180°，得到AB∥CD，故本选项错误；
B、∠1＝∠2不能判定AB∥CD，故本选项错误；
C、由∠1＝∠2，得AB∥CD，符合平行线的判定定理，故本选项正确；
D、∠1＝∠2不能判定AB∥CD，故本选项错误．
故选：C．
【点睛】
本题主要主要考查平行线的判定定理，掌握“同位角相等，两直线平行”，“内错角相等，两直线平行”，“同旁内角互补，两直线平行”是解题的关键．
5、D
【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠1，再求出∠α即可．
【详解】由三角形的外角性质得，∠1=45°+90°=135°，∠α=∠1+30°=135°+30°=165°．故选D．
【点睛】
本题考查三角形的外角性质，解题的关键是掌握三角形的外角性质.
6、C
【分析】根据轴对称图形的定义进行判断即可得到对称轴.
【详解】解:观察可知沿l1折叠时，直线两旁的部分不能够完全重合，故l1不是对称轴；
沿l2折叠时，直线两旁的部分不能够完全重合，故l2不是对称轴；
沿l3折叠时，直线两旁的部分能够完全重合，故l3是对称轴，
所以该图形的对称轴是直线l3，
故选C．
【点睛】
本题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的定义．根据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，这条直线叫做对称轴．
7、C
【分析】根据分式值为0得出x-2=0且x+1≠0，求出即可．
【详解】由分式的值为零的条件得x-2=0，x+1≠0，
由x-2=0，得x=2，
由x+1≠0，得x≠-1，
即x的值为2.
故答案选：C．
【点睛】
本题考查了分式的值为零的条件，解题的关键是熟练的掌握分式的值为零的条件.
8、D
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故A选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形．故C选项不合题意；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故D选项符合题意；
故选D．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后与原图重合．
9、C
【分析】根据勾股定理，可得AC的值，从而得到AD的长，进而可得到答案.
【详解】∵数轴上的点A表示的数是-2，点B表示的数是1，
∴AB=3，
∵于点B，且，
∴，
∵以点A为圆心，AC为半径画弧交数轴于点D，
∴AD=AC=，
∴点D表示的数为：，
故选C.
【点睛】
本题主要考查数轴上点表示的实数与勾股定理，根据勾股定理，求出AC的长，是解题的关键.
10、A
【分析】根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个是直角三角形判定则可．如果有这种关系，就是直角三角形，没有这种关系，就不是直角三角形，分析得出即可．
【详解】A. ∵1 + =2，
∴此三角形是直角三角形，正确；
B. ∵1+3≠4，
∴此三角形不是直角三角形，不符合题意；
C. ∵2+3≠6，
∴此三角形不是直角三角形，不合题意；
D. ∵4+5≠6，
∴此三角形不是直角三角形，不合题意.
故选：A.
【点睛】
此题考查勾股定理的逆定理，解题关键在于掌握计算公式.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、稳定性．
【分析】根据三角形具有稳定性解答．
【详解】解：照相机的三脚架的设计依据是三角形具有三角形的稳定性，
故答案为：稳定性．
【点睛】
本题主要考查三角形的稳定性，掌握三角形稳定性的应用是解题的关键.
12、AC=DF
【分析】根据SAS进行判断即可解答.
【详解】添加AC=DF（答案不唯一）.
证明：因为FB=CE，AC∥DF，
所以BF-CF=EC-CF，∠ACB=∠DFE（内错角相等）
所以BC=EF.
在△ABC和△DEF中，
，
所以△ABC≌△DEF．
【点睛】
此题考查全等三角形的判定，平行线的性质，解题关键在于掌握判定定理.
13、
【分析】先提取公因式a，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
【详解】解：ax2-9a=a(-9)=a(x+3)(x-3).
故答案为：
【点睛】
本题主要考查提公因式法分解因式和利用平方差公式分解因式，熟记公式是解题的关键．
14、
【分析】化简不等式得，观察图象，直线y=3x+b落在直线y=ax-3上方的部分对应的x的取值范围即为所求．
【详解】解：∵一次函数y=3x+b和y=ax-3的图象交点为P（-2，-5），
∴当时，，
∴不等式的解集为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=kx+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
15、且
【分析】首先求出关于x的方程的解，然后根据解是正数，再解不等式求出m的取值范围．
【详解】解关于x的方程得x＝m＋6，
∵x−2≠0，解得x≠2，
∵方程的解是正数，
∴m＋6＞0且m＋6≠2，
解这个不等式得m＞−6且m≠−1．
故答案为：m＞−6且m≠−1．
【点睛】
本题考查了分式方程的解，是一个方程与不等式的综合题目，解关于x的方程是关键，解关于x的不等式是本题的一个难点．
16、（-5，2）
【分析】根据关于x轴对称的点的横纵坐标的特点解答即可．
【详解】∵点M（-5，-2）与点N关于x轴对称，
∴点N的横坐标为-5，纵坐标为2，故点N的坐标是：（-5，2）．
故答案为：（-5，2）．
【点睛】
本题考查了关于x轴对称的点的特点：两点关于x轴对称，横坐标不变，纵坐标互为相反数．
17、①②③④
【分析】只要证明∠AFE＝∠AEF，四边形FGCH是平行四边形，△FBA≌△FBH即可解决问题．
【详解】∵∠FBD＝∠ABF，∠FBD＋∠BFD＝90°，∠ABF＋∠AEB＝90°
∴∠BFD＝∠AEB
∴∠AFE＝∠AEB
∴AF＝AE,故①正确
∵FG∥BC，FH∥AC
∴四边形FGCH是平行四边形
∴FH＝CG，FG＝CH，∠FHD＝∠C
∵∠BAD＋∠DAC＝90°，∠DAC＋∠C＝90°
∴∠BAF＝∠BHF
∵BF＝BF，∠FBA＝∠FBH
∴△FBA≌△FBH（AAS）
∴FA＝FH，AB＝BH，故②正确
∵AF＝AE，FH＝CG
∴AE＝CG
∴AG＝CE，故③正确
∵BC＝BH＋HC，BH＝BA，CH＝FG
∴BC＝AB＋FG，故④正确
故答案为：①②③④
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，关键是选择恰当的判定条件，同时要注意利用公共边、公共角进行全等三角形的判定．
18、1．
【解析】将m=2n代入原式中进行计算即可.
【详解】解：由题意可得m=2n，则原式=，
故答案为：1.
【点睛】
本题考查了分式的化简求值.
三、解答题(共66分)
19、原式＝＝．
【分析】先计算括号内的运算，再计算分式的乘除，将a的值代入即可.
【详解】解：原式＝
＝
＝
＝，
当a＝﹣1时，原式＝
【点睛】
本题考查了分式的混合运算，掌握分式的运算法则是解题的关键.
20、（1）C（1，-4）．（2）证明见解析；（3）∠APB=135°，P（1，0）．
【解析】（1）作CH⊥y轴于H，证明△ABO≌△BCH，根据全等三角形的性质得到BH=OA=3，CH=OB=1，求出OH，得到C点坐标；
（2）证明△PBA≌△QBC，根据全等三角形的性质得到PA=CQ；
（3）根据C、P，Q三点共线，得到∠BQC=135°，根据全等三角形的性质得到∠BPA=∠BQC=135°，根据等腰三角形的性质求出OP，得到P点坐标．
【详解】（1）作CH⊥y轴于H，
则∠BCH+∠CBH=90°，
∵AB⊥BC，
∴∠ABO+∠CBH=90°，
∴∠ABO=∠BCH，
在△ABO和△BCH中，
，
∴△ABO≌△BCH，
∴BH=OA=3，CH=OB=1，
∴OH=OB+BH=4，
∴C点坐标为（1，﹣4）；
（2）∵∠PBQ=∠ABC=90°，
∴∠PBQ﹣∠ABQ=∠ABC﹣∠ABQ，即∠PBA=∠QBC，
在△PBA和△QBC中，
，
∴△PBA≌△QBC，
∴PA=CQ；
（3）∵△BPQ是等腰直角三角形，
∴∠BQP=45°，
当C、P，Q三点共线时，∠BQC=135°，
由（2）可知，△PBA≌△QBC，
∴∠BPA=∠BQC=135°，
∴∠OPB=45°，
∴OP=OB=1，
∴P点坐标为（1，0）．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的外角的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
21、，数轴见解析
【分析】根据不等式的性质求出各不等式的解集，根据找不等式组解集的规律找出即可．
【详解】解：
解不等式①得：≤，
解不等式②得：＞-1，
解集在数轴上表示为：
∴原不等式组的解集为：-1＜≤．
【点睛】
本题主要考查了解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式的解集等知识点的理解和掌握，能根据不等式的解集找出不等式组的解集是解此题的关键．
22、 (1) （3,0）， ； (2) （2,1）； (3) ；
【分析】(1) 张明：将k值代入求出解析式即可得到答案；
李丽: 将k值代入求出解析式，得到直线与x轴和y轴的交点，即可得到答案；
(2) 将转化为（y-1）=k（x-2）正比例函数，即可求出；
(3) 由图像 必过（2,1）设必过点为A,P到直线的距离为PB，发现直角三角形ABP中PA是最大值，所以当PA与垂直时最大，求出即可.
【详解】解：(1)张明： 将代入
得到y=-x-2×（-1）+1
y=-x+3
令y=0 得-x+3=0，得x=3
所以直线与轴的交点坐标为（3,0）
李丽：将 代入
得到 y=2x-3
直线与x轴的交点为（，0） 直线与y轴的交点为（0，-3）
所以直线与坐标轴围成的三角形的面积=
(2) ∵转化为（y-1）=k（x-2）正比例函数
∴（y-1）=k（x-2）必过（0,0）
∴此时x=2，y=1
通过图像平移得到必过（2,1）
(3)
由图像 必过（2,1）
设必过点为A,P到直线的距离为PB
由图中可以得到直角三角形ABP中AP大于直角边PB
所以P到最大距离为PA与直线垂直，即为PA
∵ P（-1,0）A（2,1）
得到PA=
答：点P到最大距离的距离存在最大值为.
【点睛】
此题主要考查了一次函数的性质及一次函数的实际应用-几何问题，正确理解点到直线的距离是解题的关键.
23、（1）见解析；（2）4
【分析】（1）先证明AD＝BD，再证明∠FBD＝∠DAC，从而利用ASA证明△BDF≌△ADC；
（2）利用全等三角形对应边相等得出DF＝CD＝4，根据勾股定理求出CF即可．
【详解】（1）证明：∵AD⊥BC，
∴∠FDB＝∠ADC＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BAD＝45°＝∠ABD，
∴AD＝BD，
∵BE⊥AC，
∴∠AEF＝∠FDB＝90°，
∵∠AFE＝∠BFD，
∴由三角形内角和定理得：∠CAD＝∠FBD，
在△ADC和△BDE中
∴△ADC≌△BDE（ASA）；
（2）解：∵△ADC≌△BDE，CD＝4，
∴DF＝CD＝4，
在Rt△FDC中，由勾股定理得：CF＝＝＝4．
【点睛】
此题主要考查等腰三角形的性质与证明，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质．
24、（1）详见解析；（2）详见解析.
【分析】（1）由与互为补角，则，然后得到，即可得到结论成立；
（2）由平行线的性质和角平分线的性质，得到，则，然后得到，即可得到结论成立.
【详解】（1）证明：∵，，互为补角，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
（2）解：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴.
∴，
∵，
∴，
又∴，
∴，
∴，
∴，
【点睛】
本题考查了平行线的判定和性质，角平分线的性质，等边对等角，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握平行线的判定和性质，熟练运用所学知识进行解题.
25、30千米；1千米
【分析】设小明行驶的路程为x千米，步行的路程y千米，根据题意可得等量关系：①步行的路程+行驶的路程=31千米；②公交车行驶x千米时间+步行y千米的时间=1小时，根据题意列出方程组即可．
【详解】解：设小明乘车路程为x千米，步行的路程y千米，
∵公交的速度是步行速度的10倍，步行的速度每小时4千米，
∴公交的速度是每小时40千米，
由题意得：
，
解得：，
∴小明乘公交车所行驶的路程为30千米，步行的路程为1千米.
【点睛】
本题主要考查了二元一次方程组的应用，关键是正确理解题意，找出题目中的等量关系．
26、（1）；（2）证明见解析；（3）
【分析】（1）根据直角三角形的面积计算公式直接计算可得；
（2）如图所示作出辅助线，证明△AEM≌△DEN（AAS），得到ME=NE，即可利用角平分线的判定证明；
（3）由（2）可知点E在∠ACB的平分线上，当点D向点B运动时，点E的路径为一条直线，再根据全等三角形的性质得出CN=，根据CD的长度计算出CE的长度即可．
【详解】解：（1）
∴，
故答案为：
（2）连接CE，过点E作EM⊥AC于点M，作EN⊥BC于点N，
∴∠EMA=∠END=90°，
又∵∠ACB=90°，
∴∠MEN=90°，
∴∠MED+∠DEN=90°，
∵△ADE是等腰直角三角形
∴∠AED=90°，AE=DE
∴∠AEM+∠MED=90°，
∴∠AEM=∠DEN
∴在△AEM与△DEN中，
∠EMA=∠END=90°，∠AEM=∠DEN，AE=DE
∴△AEM≌△DEN（AAS）
∴ME=NE
∴点E在∠ACB的平分线上，
即是的平分线
（3）由（2）可知，点E在∠ACB的平分线上，
∴当点D向点B运动时，点E的路径为一条直线，
∵△AEM≌△DEN
∴AM=DN，
即AC-CM=CN-CD
在Rt△CME与Rt△CNE中，CE=CE，ME=NE，
∴Rt△CME≌Rt△CNE（HL）
∴CM=CN
∴CN=，
又∵∠MCE=∠NCE=45°，∠CME=90°，
∴CE=，
当AC=3，CD=CO=1时，
CE=
当AC=3，CD=CB=7时，
CE=
∴点E的运动路程为：，
【点睛】
本题考查了全等三角形的综合证明题，涉及角平分线的判定，几何中动点问题，全等三角形的性质与判定，解题的关键是综合运用上述知识点．