2023-2024学年八年级上学期数学期末考试（人教版）提升卷三

这是一份2023-2024学年八年级上学期数学期末考试（人教版）提升卷三，共18页。试卷主要包含了按下面的程序计算，若，则的取值范围是等内容，欢迎下载使用。
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

1．（本题3分）一个多边形的每一个内角都相等，且每个内角与相邻外角度数比均为，则这个正多边形的边数为（ ）
A．5B．6C．7D．8
2．（本题3分）下列结论是真命题的是（ ）
A．B．是5的一个平方根
C．的立方根是D．三角形的一个外角大于任何一个内角
3．（本题3分）如图，与相交于点C，，，，点P从点A出发以的速度沿的方向运动，点Q从点D出发，沿方向以的速度运动，P，Q两点同时出发，当点P第一次回到点A时，P，Q两点同时停止运动，则当线段经过点C时，运动的时间是（ ）

A．B．或C．D．或
4．（本题3分）如图，已知，那么添加下列一个条件后，仍无法判定的是（ ）

A．B．C．D．
5．（本题3分）如图，在中，，分别以点B，C为圆心大于的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，交于点P，连接，则的度数为（ ）

A．60°B．55°C．50°D．40°
6．（本题3分）如图，是等腰底边边上的中线，，，则度数是（ ）

A．B．C．D．
7．（本题3分）在边长为a的正方形中剪去一个边长为b的小正方形（，如图1），把余下部分沿虚线剪开拼成一个长方形（如图2），根据两个图形中阴影部分的面积相等，可以验证公式（ ）

A．B．
C．D．
8．（本题3分）按下面的程序计算：

若输入，则输出结果是（ ）
A．151B．656C．501D．756
9．（本题3分）华为麒麟990芯片采用了最新的0.000000007米的工艺制程，数0.000000007用科学记数法表示为（ ）
A．B．C．D．
10．（本题3分）若，则的取值范围是( )
A． B． C． D．

11．（本题3分）正方形的内角和是 ．
12．（本题3分）一个三角形的三边长分别为4、8、x，那么x的取值范围是 ．
13．（本题3分）如图，已知点B，E，C在同一条直线上，，，要根据“”判定，则需添加的一个适当的条件是 ．

14．（本题3分）如图，在和中，，．若，则 ．

15．（本题3分）如图，，，，则的度数是 ．

16．（本题3分）如图，在中，直线经过点，直线，直线，垂足分别为点，．若，则形状为 ．

17．（本题3分）计算： ．
18．（本题3分）若关于x的方程无解，则m的值为 ．

19．（本题10分）因式分解：
(1) (2)


（本题10分）先化简，再求值：，其中，．


21．（本题8分）如图，在中．，，平分，．求证：．

22．（本题8分）如图，中，是边上的中线，E，F为直线上的点，连接，且．

(1)求证：；
(2)若，试求的长．






23．（本题8分）在长度为1个单位长度的小正方形组成的网格中的位置如图所示（的顶点都在格点上）．

(1)画出关于直线对称的；
(2)求出的面积．



24．（本题10分）古人喜欢使用几何图形直观地验证代数恒等式．那么如何构造图形来得到代数恒等式？

(1)小红的作法是：作边长为的正方形如图1所示，正方形被两条线分割成两个正方形和两个小长方形，由于面积不变，可以直观地发现恒等式为______．
(2)小星说：我还可以构造出边长为的正方形如图2所示，内部有4个全等的小长形和1个小正方形，同样根据面积不变，可以直观地发现与（1）中不同恒等式为______．
(3)若，图中一个小长方形的面积为10，利用图1，图2得到的等式，求与的值．




25．（本题12分）宁波杨梅季，本地慈溪杨梅在宁波人的心中是一种家乡的味道．今年是杨梅大年，某杨梅种植大户为了能让居民品尝到物美价廉的杨梅，对1000斤的杨梅进行打包方式优惠出售，打包方式及售价如下：圆篮每篮8斤，售价160元；方篮每篮18斤，售价270元．假如用这两种打包方式恰好全部装完这1000斤杨梅．
(1)若销售a篮圆篮和a篮方篮共收入8600元，求a的值；
(2)当销售总收入为16760元时，
①若这批杨梅全部售完，请问圆篮共包装了多少篮，方篮共包装了多少篮？
②若杨梅大户留下b（b＞0）篮圆篮送人，其余的杨梅全部售出，求b的值；
(3)为了让更多的人及时吃到杨梅，几家种植大户联合，一起拼车用大、中两种快递送货车运送方形篮杨梅720篮，大车每车比中车每车多送30篮，若一半杨梅用大车送货，一半杨梅用中车装．运送完这批杨梅大中货车运送车次比为，求每辆大、中货车各运送方形杨梅几篮？
评卷人
得分
一、单选题（共30分）
评卷人
得分
二、填空题（共24分）
评卷人
得分
三、解答题（共66分）
参考答案：
1．D
【分析】本题主要考查了正多边形外角和和内角综合，设这个多边形的一个外角度数为x，则这个多边形的一个内角的度数为，根据正多边形一个内角和一个外角互补得到，解方程求出一个外角的度数，再根据正多边形外角和为360度即可求出边数．
【详解】解：设这个多边形的一个外角度数为x，则这个多边形的一个内角的度数为，
由题意得， ，
解得，
∴这个正多边形的边数为，
故选D．
2．B
【分析】根据平方根，算术平方根，立方根，三角形外角的性质判断各选项的正误，根据正确的命题是真命题进行作答即可．
【详解】解：，A错误，故不符合要求；
是5的一个平方根，B正确，故符合要求；
的立方根是，C错误，故不符合要求；
三角形的一个外角大于不相邻的任何一个内角，D错误，故不符合要求；
故选：B．
【点睛】本题考查了真命题，平方根，算术平方根，立方根，三角形外角的性质等知识．熟练掌握真命题，平方根，算术平方根，立方根，三角形外角的性质是解题的关键．
3．D
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是注意分情况讨论．先证，再证当线段经过点C时，，推出，分点P沿方向运动和沿方向运动两种情况，分别列方程求解．
【详解】解：在和中，
，
，
，，
当线段经过点C时，如下图所示：

在和中，
，
，
，
当点P沿方向运动时，，，
，
，
解得；
当点P沿方向运动时，，，
，
，
解得；
综上可知，t的值为或，
故选：D．
4．C
【分析】依据已有的已知条件,再结合各选项中添加的条件,根据全等三角形的判定定理逐个推导判断即可．
本题考查了全等三角形的判定定理的应用,解题的关键是熟知：全等三角形的判定定理有．
【详解】A、∵在和中
∴,故本选项不符合题意；
B、∵在和中,
∴,故本选项不符合题意；
C、根据不能推出,故本选项符合题意；
D、∵,
∴在和中
∴,故本选项不符合题意；
故选：C．
5．A
【分析】此题考查了线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定和性质，三角形外角性质，先根据三角形外角性质求出，由作图得到，推出是等边三角形，由此得到的度数．
【详解】解：∵，
∴，
根据作图过程可知：是的垂直平分线，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
故选：A．
6．B
【分析】本题考查了等腰三角形的三线合一性质，直角三角形两锐角互余，平行线性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．首先根据题意得到，，然后求出，然后求出，然后利用平行线的性质求解即可．
【详解】∵是等腰底边边上的中线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：B．
7．C
【分析】本题考查了平方差公式的几何解释，正确理解公式是解题的关键．
【详解】解：图1阴影部分的面积为两个正方形的面积差，即，
图2是长为，宽为的长方形，此时长方形的面积为，
根据面积相等的性质，得，
即：，
故选：C．
8．D
【分析】本题考查了代数式求值，当输入，求出结果，与500进行比较，若小于500，则继续代入计算，直到结果大于500，则输出结果．
【详解】解：输入，代入计算，得：，
，
再将151代入计算，得：，
，
输出结果是756，
故选：D．
9．A
【分析】此题主要考查了用科学记数法表示绝对值小于1的非0数，一般形式为，其中，n等于由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数（包括小数点前面的0）．
【详解】解：．
故选：A．
10．C
【分析】本题考查零指数幂的意义，根据零指数幂的定义即可判断．
【详解】解：根据零指数幂的意义，
，
∴．
故选：C．
11．/度
【分析】本题主要考查了四边形内角和定理，对于n边形，其内角和为，据此求解即可．
【详解】解：正方形的内角和是，
故答案为；．
12．/
【分析】本题主要考查了三角形三边之间的关系，根据“三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边”即可解答．
【详解】解：∵三角形的三边长分别为4、8、x，
∴，
即，
故答案为：．
13．
【分析】本题考查了全等三角形的判定，先证明，再结合，再补充即可，掌握全等三角形的判定方法是解本题的关键．
【详解】解：需添加的一个适当的条件是，理由如下：
∵，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
故答案为：．
14．
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，根据全等三角形的判定和性质，即可求解．
【详解】在和中，
，
∴，
∴，
故答案为：．
15．/40度
【分析】本题考查了等腰三角形性质，三角形内角和定理，平行线的性质的应用，主要考查学生的推理能力和计算能力，注意：两直线平行，内错角相等．根据等腰三角形性质，三角形内角和定理求出，根据平行线的性质得出，即可求出答案．
【详解】解：，，
，
，
，
故答案为：．
16．等腰直角三角形
【分析】本题主要考查全等三角形的性质，解答的关键是熟记全等三角形的性质．由全等三角形的性质可得，，再由垂直可得，则有，从而得，即可求得，即可判定．
【详解】解：，
，，
直线，
，
，
，
，
是等腰直角三角形．
故答案为：等腰直角三角形．
17．
【分析】本题考查的是幂的乘方与积的乘方法则，熟知幂的乘方法则∶底数不变，指数相乘；积的乘方法则∶把每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘是解题的关键．根据幂的乘方与积的乘方法则计算即可．
【详解】解
故答案为∶．
18．或
【分析】本题主要考查分式方程的无解问题，计算时要小心，是一道基础题．先将分式方程化成整式方程为，当时，方程无解；当时，再根据方程无解，说明方程有增根，只要把增根代入整式方程然后解出的值．
【详解】解：去分母得：，
当时，方程无解；
当时，
方程无解，
是方程的增根，
，
．
∴关于x的方程无解，则m的值为或
故答案为：或．
19．(1)
(2)

【分析】本题考查因式分解的知识，解题的关键是掌握，提公因式法，十字相乘法．
（1）先提公因式,然后根据十字相乘法，即可；
（2）根据提公因式法，即可．
【详解】（1）
．
（2）
．
20．，
【分析】本题考查的是分式的化简求值，先计算分式的除法运算，再计算分式的减法运算得到化简的结果，再把，代入计算即可．熟记分式的混合运算的运算顺序是解本题的关键．
【详解】解：
；
当，时，
原式．
21．见解析
【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，平行线的判定，熟练掌握直角三角形的性质和平行线的判定是解答本题的关键，先由直角三角形的性质证明，进而得到，再由与互余，求得，因此，最后利用内错角相等，两直线平行，即可证得结论．
【详解】证明：，，
，
平分，
，
，且，
，
，
．
22．(1)见解析
(2)3

【分析】（1）利用中点性质可得，由平行线性质可得，再由对顶角相等可得，即可证得结论；
（2）由题意可得，再由全等三角形性质可得，即可求得答案．
本题考查了全等三角形的判定和性质，难度较小，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
【详解】（1）证明：∵是边上的中线，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
23．(1)见解析
(2)5

【分析】（1）本题考查轴对称作图，作出三角形关键点、、关于直线对称的对应点、、，依次连接、、即可．
（2）本题利用割补法求三角形面积，将三角形补成一个矩形，用矩形面积减去补的三个直角三角形面积，即可解题．
【详解】（1）解：如图，即为所求．

（2）解：如图：

的面积为．
24．(1)
(2)
(3)，

【分析】本题考查了完全平方公式，关键是根据图片写出等式．
（1）由正方形被两条线分割成两个正方形和两个小长方形可得，1个大正方形的面积个小正方形的面积个小长方形的面积；
（2）1个大正方形的面积个小长方形的面积个小正方形的面积；
（3）将分别代入两个等式，可得与的值．
【详解】（1）解：观察图1可得，，
故答案为：；
（2）观察图2可得，，
故答案为：；
（3），，
，
即，
，
，
即，
，
．
故答案为：，．
25．(1)a的值为20
(2)①圆篮共包装了44篮，则方篮共包装36 篮；②b的值为9或18
(3)每辆大货车运送方形杨梅120篮，每辆中货车运送方形杨梅90篮

【分析】（1）根据收入共8600元，可得出一元一次方程，解出即可；
（2）①设圆篮共包装了x篮，则方篮共包装y 篮，根据等量关系可得出方程组，解出即可；②设此时出售了m篮圆篮，n篮方篮杨梅，根据等量关系可得出关于m和n的方程组，根据n为正整数，可以求出b的大致范围以及b为9的倍数，从而得到b的值；
（3）每辆大货车运送方形杨梅p篮，则每辆中货车运送方形杨梅篮，再根据运送完这批杨梅大中货车运送车次比为列方程组求解即可．
【详解】（1）解：由题意，得，
解得：，
答：a的值为20．
（2）解：①设圆篮共包装了x篮，方篮共包装y 篮，
由题意，得，
解得：，
答：圆篮共包装了44篮，则方篮共包装36 篮．
②设此时出售了m篮圆篮，n篮方篮杨梅，
由题意得，
解这个关于m和n的方程组，可得：，
∵n为正整数，
∴，且b应为9的倍数，
解得：，
∴b的值为9或18．
（3）解：设设每辆大货车运送方形杨梅p篮，则每辆中货车运送方形杨梅篮，
由题意得， ，
解得，
经检验，是原方程的解，
∴
答：每辆大货车运送方形杨梅120篮，每辆中货车运送方形杨梅90篮．
【点睛】本题主要考查了本二元一次方程组的实际应用，一元一次方程的实际应用，一元一次不等式和分式方程的实际应用，解答本题的关键是仔细审题，理解题目所述的意思，转化为方程思想求解，难度一般．