辽宁省葫芦岛市高桥中学2023年数学八上期末达标测试试题【含解析】

这是一份辽宁省葫芦岛市高桥中学2023年数学八上期末达标测试试题【含解析】，共21页。试卷主要包含了不等式1+x≥2﹣3x的解是等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图， 中，垂直平分交于点，交于点.已知的周长为的周长为，则的长（ ）
A．B．C．D．
2．如图，点E是等腰三角形△ABD底边上的中点，点C是AE延长线上任一点，连接BC、DC，则下列结论中：①BC=AD；②AC平分∠BCD；③AC=AB；④∠ABC=∠ADC．一定成立的是（ ）
A．②④B．②③C．①③D．①②
3．在平面直角坐标系中，点A(m，- 2)与点B(- 3,n)关于y轴对称，则点(m, n)在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
4．已知，那么的值为（ ）
A．2018B．2019C．2020D．1．
5．实数是（ ）
A．整数B．分数C．有理数D．无理数
6．如图，在△ABC中，∠B＝∠C＝60°，点D在AB边上，DE⊥AB，并与AC边交于点E．如果AD＝1，BC＝6，那么CE等于（ ）
A．5B．4C．3D．2
7．如果关于的分式方程有解，则的值为（ ）
A．B．
C．且D．且
8．如图，以直角三角形的三边为边，分别向外作等边三角形、半圆、等腰直角三角形和正方形，上述四种情况的面积关系满足S1＋S2＝S3的图形有( )
A．1个B．2个C．3个D．4个
9．不等式1+x≥2﹣3x的解是（ ）
A．B．C．D．
10．如果等腰三角形的一个角是80°，那么它的底角是
A．80°或50° B．50°或20° C．80°或20° D．50°
11．如图，在△ABC中，∠A＝80°，边AB，AC的垂直平分线交于点O，则∠BCO的度数为（ ）
A．10°B．20°C．30°D．40°
12．如图，ΔABC≌ΔADE，AB=AD， AC=AE，∠B=28º，∠E=95º，∠EAB=20º，则∠BAD为（ ）
A．77ºB．57ºC．55ºD．75º
二、填空题（每题4分，共24分）
13．是方程2x－ay＝5的一个解，则a＝____．
14．如图，在等边三角形ABC中，点D在边AB上，点E在边AC上，将△ADE折叠，使点A落在BC边上的点F处，则∠BDF+∠CEF＝_____．
15．一次函数的图象经过（-1,0）且函数值随自变量增大而减小，写出一个符合条件的一次函数解析式__________．
16．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为，较短直角边长为，若，大正方形的面积为13，则小正方形的面积为________．
17．如图，四边形中，，，则的面积为__________．
18．已知，则的值为____．
三、解答题（共78分）
19．（8分）2018年10月24日上午9时，港珠澳大桥正式通车，它是世界上最长的跨海大桥，桥长约千米，是原来开车从香港到珠海路程的；港珠澳大桥连起了世界最具活力经济区，快速通道的建成对香港、澳门、珠海三地经济社会一体化意义深远．开车从香港到珠海所需时间缩短了约小时，若现在开车从香港到珠海的平均速度是原来平均速度的倍．求：
（1）原来开车从香港到珠海的路程；
（2）现在开车从香港到珠海的平均速度．
20．（8分）如图，OABC是一张放在平面直角坐标系中的长方形纸片，O为原点，点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，OA=10，OC=8，在OC边上取一点D，将纸片沿AD翻折，使点O落在BC边上的点E处，
（1）求D、E两点的坐标．
（2）求过D、E两点的直线函数表达式
21．（8分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC 的顶点坐标分别为A（0，-3），B（3，-2），C（2，-4）．
（1）在图中作出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1．
（2）点C1的坐标为： ．
（3）△ABC的周长为 ．
22．（10分）亚洲文明对话大会召开期间，大批的大学生志愿者参与服务工作.某大学计划组织本校全体志愿者统一乘车去会场，若单独调配36座新能源客车若干辆，则有2人没有座位；若只调配22座新能源客车，则用车数量将增加4辆，并空出2个座位.
(1)计划调配36座新能源客车多少辆？该大学共有多少名志愿者？
(2)若同时调配36座和22座两种车型，既保证每人有座，又保证每车不空座，则两种车型各需多少辆？
23．（10分）为了解某中学学生对“厉行勤俭节约，反对铺张浪费”主题活动的参与情况，小卫在全校范围内随机抽取了若干名学生，就某日午饭浪费饭菜情况进行了调查．调查内容分为四组：A．饭和菜全部吃完；B．有剩饭但菜吃完；C．饭吃完但菜有剩余；D．饭和菜都有剩余．根据调查结果，绘制了如下两幅不完整的统计图．
回答下列问题：
（1）扇形统计图中，“B组”所对应的圆心角的度数是_______；
（2）补全条形统计图；
（3）已知该中学共有学生2500人，请估计这日午饭有剩饭的学生人数；若按平均每人剩10克米饭计算，这日午饭将浪费多少千克米饭？．
24．（10分）已知点在轴正半轴上，以为边作等边，，其中是方程的解．
（1）求点的坐标．
（2）如图1，点在轴正半轴上，以为边在第一象限内作等边，连并延长交轴于点，求的度数．
（3）如图2，若点为轴正半轴上一动点，点在点的右边，连，以为边在第一象限内作等边，连并延长交轴于点，当点运动时，的值是否发生变化？若不变，求其值；若变化，求出其变化的范围．
25．（12分）某手机店销售部型和部型手机的利润为元，销售部型和部型手机的利润为元.
(1)求每部型手机和型手机的销售利润；
(2)该手机店计划一次购进，两种型号的手机共部，其中型手机的进货量不超过型手机的倍，设购进型手机部，这部手机的销售总利润为元.
①求关于的函数关系式；
②该手机店购进型、型手机各多少部，才能使销售总利润最大？
(3)在(2)的条件下，该手机店实际进货时，厂家对型手机出厂价下调元，且限定手机店最多购进型手机部，若手机店保持同种手机的售价不变，设计出使这部手机销售总利润最大的进货方案.
26． (1)解方程：．
(2)先化简：，再任选一个你喜欢的数代入求值．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、A
【分析】首先依据线段垂直平分线的性质得到AE=CE；接下来，依据AE=CE可将△ABE的周长为:14转化为AB+BC=14，求解即可.
【详解】∵DE是AC的垂直平分线，
∴AE=CE，
∴△ABE的周长为:AB+BE+AE=AB+BE+CE=AB+BC
∵的周长为的周长为
∴AB+BC=14
∴AC=24-14=10
故选：A
【点睛】
本题主要考查的是线段垂直平分线的性质，掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键.
2、A
【解析】根据全等三角形的判定和性质得出结论进而判断即可．
【详解】∵点E是等腰三角形△ABD底边上的中点，∴BE＝DE，∠AEB＝∠AED＝90°，∴∠BEC＝∠DEC＝90°．
在△BEC与△DEC中，∵，∴△BEC≌△DEC（SAS）
∴BC＝CD，∠BCE＝∠DCE，∴∠ABC＝∠ADC，∴④∠ABC＝∠ADC；②AC平分∠BCD正确．
故选A．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质，关键是根据SAS证明△BEC≌△DEC．
3、D
【分析】根据点A(m，- 2)与点B(- 3,n)关于y轴对称求出m、n的值，即可得到点(m, n)的坐标，从而判断其所在的象限．
【详解】∵点A(m，- 2)与点B(- 3,m)关于y轴对称
∴
解得
∴点(3, -2)在第四象限
故答案为：D．
【点睛】
本题考查了关于y轴对称的点的问题，掌握关于y轴对称的点的性质、象限的定义以及性质是解题的关键．
4、B
【分析】将进行因式分解为，因为左右两边相等，故可以求出x得值．
【详解】解：
∴
∴x=2019
故选：B．
【点睛】
本题主要考查的是因式分解中提取公因式和平方差公式，正确的掌握因式分解的方法是解题的关键．
5、D
【解析】根据无理数的定义：无理数，也称为无限不循环小数，不能写作两整数之比，即可判定.
【详解】由题意，得
是无理数，
故选：D.
【点睛】
此题主要考查对无理数的理解，熟练掌握，即可解题.
6、B
【解析】根据等边三角形的性质和含30°的直角三角形的性质解答即可．
【详解】∵在△ABC中，∠B＝∠C＝60°，
∴∠A＝60°，
∵DE⊥AB，
∴∠AED＝30°，
∵AD＝1，
∴AE＝2，
∵BC＝6，
∴AC＝BC＝6，
∴CE＝AC﹣AE＝6﹣2＝4，
故选：B．
【点睛】
考查含30°的直角三角形的性质，关键是根据等边三角形的性质和含30°的直角三角形的性质解答．
7、D
【分析】先去分母，然后讨论无解情况，求出即可.
【详解】去分母得：
，则，
当x=2时，为增根方程无解，则，
则且，
故选D.
【点睛】
本题是对分式方程的考查，熟练掌握分式方程知识的考查是解决本题的关键.
8、D
【解析】试题分析：（1）S1=，S2=，S1=，∵，∴，∴S1+S2=S1．
（2）S1=，S2=，S1=，∵，∴，∴S1+S2=S1．
（1）S1=，S2=，S1=，∵，∴，∴S1+S2=S1．
（4）S1=，S2=，S1=，∵，∴S1+S2=S1．
综上，可得：面积关系满足S1+S2=S1图形有4个．
故选D．
考点：勾股定理．
9、B
【分析】按照解不等式的步骤移项、合并同类项、系数化1，进行求解即可.
【详解】移项得，x+3x≥2﹣1，
合并同类项得，4x≥1，
化系数为1得，．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查不等式的求解，熟练掌握，即可解题.
10、A
【解析】根据题意，分已知角是底角与不是底角两种情况讨论，结合三角形内角和等于180°，分析可得答案．
【详解】根据题意，一个等腰三角形的一个角等于80°，
①当这个角是底角时，即该等腰三角形的底角的度数是80°，
②当这个角80°是顶角，
设等腰三角形的底角是x°，
则2x+80°=180°，
解可得，x=50°，
即该等腰三角形的底角的度数是50°；
故选：A．
【点睛】
考查了等腰三角形的性质，及三角形内角和定理；通过三角形内角和，列出方程求解是正确解答本题的关键．
11、A
【分析】连接OA、OB，根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB=100°，根据线段的垂直平分线的性质得到OA=OB，OA=OC，根据等腰三角形的性质计算即可．
【详解】解：如图，连接OA，OB，
∵∠BAC=80°，
∴∠ABC+∠ACB=100°，
∵点O是AB，AC垂直平分线的交点，
∴OA=OB，OA=OC，
∴∠OAB=∠OBA，∠OCA=∠OAC，OB=OC，
∴∠OBA+∠OCA=80°，
∴∠OBC+∠OCB=100°-80°=20°，
∵OB=OC，
∴∠BCO=∠CBO=10°，
故选：A．
【点睛】
此题考查垂直平分线的性质，解题关键在于利用三角形内角和的性质．
12、A
【解析】试题分析：∵△ABC≌△ADE，
∴∠B=∠D=28°，
又∵∠D+∠E+∠DAE=180°，∠E=95°，
∴∠DAE=180°﹣28°﹣95°=57°，
∵∠EAB=20°，
∴∠BAD=∠DAE+∠EAB=77°．
故选A．
考点：全等三角形的性质
二、填空题（每题4分，共24分）
13、-1
【解析】试题解析：把代入方程2x-ay=5，得：4-a=5，
解得：a=-1.
14、120°
【分析】由等边三角形的性质证得∠ADE+∠AED=120º,根据折叠性质及平角定义即可得出结论．
【详解】∵三角形ABC是等边三角形，
∴∠A=60º，
∴∠ADE+∠AED=180º-60º=120º，
由折叠性质得：∠ADE=∠EDF,∠AED=∠DEF，
∴∠BDF+∠CEF=(180º-2∠ADE)+(180º-2∠AED)
=360º-2(∠ADE+∠AED)
=360º-240º
=120º，
故答案为：120º．
【点睛】
本题考查等边三角形的性质、三角形的内角和定理、折叠性质、平角定义，熟练掌握等边三角形的性质和折叠性质是解答的关键．
15、 ，满足即可
【分析】根据题意假设解析式，因为函数值随自变量增大而减小，所以解析式需满足 ，再代入（-1,0）求出a和b的等量关系即可．
【详解】设一次函数解析式
代入点（-1,0）得 ，解得
所以
我们令

故其中一个符合条件的一次函数解析式是．
故答案为：．
【点睛】
本题考察了一次函数的解析式，根据题意得出a和b的等量关系，列出其中一个符合题意的一次函数解析式即可．
16、1
【分析】观察图形可知，小正方形的面积=大正方形的面积-4个直角三角形的面积，利用已知（a+b）2=21，大正方形的面积为13，可以得出直角三角形的面积，进而求出答案．
【详解】解：如图所示：
由题意可知：每个直角三角形面积为，则四个直角三角形面积为：2ab；大正方形面积为a2+b2=13；小正方形面积为13-2ab
∵（a+b）2=21，
∴a2+2ab+b2=21，
∵大正方形的面积为13，
2ab=21-13=8，
∴小正方形的面积为13-8=1．
故答案为：1．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理的应用，熟练应用勾股定理理解大正方形面积为a2+b2=13是解题关键．
17、10
【分析】过点D作DE⊥AB与点E，根据角平分线的性质可得CD=DE，再用三角形面积公式求解.
【详解】解：如图，过点D作DE⊥AB与点E，
∵，
∴BD平分∠ABC，
∵∠BCD=90°，
∴CD=DE=5，
∵AB=4，
∴△ABD的面积=×AB×DE=×4×5=10.
故答案为：10.
【点睛】
本题考查了角平分线的性质和三角形面积求法，角平分线上的点到角两边距离相等，根据题意作出三角形的高，从而求出面积.
18、1
【分析】根据已知得到，代入所求式子中计算即可．
【详解】∵，
∴，
∴．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了求分式的值，利用已知得到，再整体代入是解题的关键．
三、解答题（共78分）
19、（1）192千米；（2）1千米/时．
【分析】（1）根据桥长约千米，是原来开车从香港到珠海路程的，可得出原来开车从香港到珠海的路程；
（2）设原来驾车从香港到珠海的平均速度为x千米/时，则现在驾车从香港到珠海的平均速度为2x千米/时，根据时间=路程÷速度，结合开车从香港到珠海所需时间缩短了约小时，即可得出关于x的分式方程，解之经检验即可得出结论．
【详解】解：（1）根据题意得，48×4=192（千米），
答：原来开车从香港到珠海的路程为192千米；
（2）设原来驾车从香港到珠海的平均速度为x千米/时，则现在驾车从香港到珠海的平均速度为2x千米/时，
根据题意得：，解得x=56，
经检验，x=56是所列分式方程的解，且符合题意．
∴2x=1．
答：现在开车从香港到珠海的平均速度为1千米/时．
【点睛】
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
20、 (3) D（0，3）；E（4，8）．(3)．
【详解】试题分析：（3）先根据勾股定理求出BE的长，进而可得出CE的长，求出E点坐标，在Rt△DCE中，由DE=OD及勾股定理可求出OD的长，进而得出D点坐标．
（3）由（3）知D、E的坐标，根据待定系数法即可求得表达式．
试题解析：（3）依题意可知，折痕AD是四边形OAED的对称轴，
∴在Rt△ABE中，AE=AO=30，AB=8，BE==6，
∴CE=4，
∴E（4，8）．
在Rt△DCE中，DC3+CE3=DE3，
又∵DE=OD，
∴（8-OD）3+43=OD3，
∴OD=3，
∴D（0，3），
综上D点坐标为（0，3）、E点坐标为（4，8）．
（3）由（3）得： E（4，8）．D（0，3），
设直线DE的解析式为y=mx+n，
∴，
解得，
∴直线DE的解析式为y=x+3．
考点：3．翻折变换（折叠问题）；3．坐标与图形性质．
21、（1）答案见解析；（2）C1（2，4）；（3）
【分析】（1）根据题意利用纵坐标变为相反数，图像沿x轴向上翻折在图中作出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1即可；
（2）由题意可知纵坐标变为相反数，结合图像可得点C1的坐标为；
（3）由题意利用勾股定理分别求出三边长，然后相加即可.
【详解】解：（1）在图中作出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1如下：
（2）因为C（2，-4），所以关于x轴对称的纵坐标变为相反数，点C1的坐标为（2，4）；
（3）利用勾股定理分别求出：
所以△ABC的周长为=.
【点睛】
本题考查的是作图-轴对称变换，熟知轴对称的性质以及结合勾股定理进行分析是解答此题的关键．
22、 (1)计划36座的新能源客车6辆，共有218名志愿者；(2)调配36座新能源客车3辆，22座新能源客车5辆.
【分析】(1)设计划调配36座新能源客车辆，该大学共有名志愿者.列方程组，得解方程组可得；(2)设调配36座新能源客车辆，22座新能源客车辆，根据题意，得，求正整数解；
【详解】解：(1)设计划调配36座新能源客车辆，该大学共有名志愿者.
列方程组，得
解得
∴计划36座的新能源客车6辆，共有218名志愿者.
(2)设调配36座新能源客车辆，22座新能源客车辆，
根据题意，得，正整数解为
∴调配36座新能源客车3辆，22座新能源客车5辆.
【点睛】
考核知识点：二元一次方程组的运用.理解题意是关键.
23、（1）12°；（2）见解析；（3）这日午饭有剩饭的学生人数是150人，将浪费1.5千克米饭
【分析】（1）用A组人数除以它所占的百分比即可得到调查的总人数；求出B组所占的百分比，再乘以360°即可得出“B组”所对应的圆心角的度数；
（2）用调查的总人数乘以C组所占的百分比得出C组的人数，进而补全条形统计图；
（3）先求出这日午饭有剩饭的学生人数为：2500×（20%+×100%）＝150（人），再用人数乘每人平均剩10克米饭，把结果化为千克．
【详解】（1）这次被抽查的学生数=66÷55%=120（人），
“B组”所对应的圆心角的度数为：360°×=12°．
故答案为12°；
（2）B组的人数为：120-66-18-12=24（人）；
补全条形统计图如图所示：
（3）2500 (20%+) = 150（人）
15010=1500（克）=1.5（千克）
答：这日午饭有剩饭的学生人数是150人，将浪费1．5千克米饭．
【点睛】
本题考查了条形统计图和扇形统计图，从条形图可以很容易看出数据的大小，从扇形图上可以清楚地看出各部分数量和总数量之间的关系．也考查了用样本估计总体．
24、（1）；（2）；（3）不变化，．
【分析】（1）先将分式方程去分母化为整式方程，再求解整式方程，最后检验解是原分式方程的解，即得；
（2）先证明，进而可得出，再利用三角形内角和推出，最后利用邻补角的性质即得；
（3）先证明，进而得出以及，再根据以上结论以及邻补角对顶角的性质推出，最后根据所对直角边是斜边的一半推出，即得为定值．
【详解】（1）∵
∴方程两边同时乘以得：

解得：
检验：当时，
∴原分式方程的解为
∴点的坐标为 ．
（2）∵、都为等边三角形
∴，，
∴
∴在与中
∴
∴
∵在中，
∴
∵在中，
∴
∴
∴
∵
∴．
（3）不变化，理由如下：
∵、都为等边三角形
∴，，
∴
∴在与中
∴
∴，
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴在中，
∴
∵A点坐标为
∴
∴
∴为定值9，不变化．
【点睛】
本题考查等边三角形的性质、全等三角形的性质、含的直角三角形的性质和“手拉手模型”，两个共顶点的顶角相等的等腰三角形构成的图形视作“手拉手模型”，熟练掌握“手拉手模型”及“手拉手模型”的常用结论是解题关键．
25、 (1)每部型手机的销售利润为元，每部型手机的销售利润为元；(2)①；②手机店购进部型手机和部型手机的销售利润最大；(3)手机店购进部型手机和部型手机的销售利润最大.
【解析】（1）设每部型手机的销售利润为元，每部型手机的销售利润为元，根据题意列出方程组求解即可；
（2）①根据总利润=销售A型手机的利润+销售B型手机的利润即可列出函数关系式；
②根据题意，得，解得，根据一次函数的增减性可得当当时，取最大值；
（3）根据题意，，，然后分①当时，②当时，③当时，三种情况进行讨论求解即可.
【详解】解：(1)设每部型手机的销售利润为元，每部型手机的销售利润为元.
根据题意，得，
解得
答：每部型手机的销售利润为元，每部型手机的销售利润为元.
(2)①根据题意，得，即.
②根据题意，得，解得.
，，
随的增大而减小.
为正整数，
当时，取最大值，.
即手机店购进部型手机和部型手机的销售利润最大.
(3)根据题意，得.
即，.
①当时，随的增大而减小，
当时，取最大值，即手机店购进部型手机和部型手机的销售利润最大；
②当时，，，即手机店购进型手机的数量为满足的整数时，获得利润相同；
③当时，，随的增大而增大，
当时，取得最大值，即手机店购进部型手机和部型手机的销售利润最大.
【点睛】
本题主要考查一次函数的应用，二元一次方程组的应用，解此题的关键在于熟练掌握一次函数的增减性.
26、（1）x＝2；（2）原式＝，当x＝5时，原式＝
【分析】（1）先把分式方程去分母化简成整式方程，再解方程得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
（2）先根据分式混合运算法则把原式进行化简，即先去括号，在计算乘除法进行约分，再任选一个合适的数代入求值即可．
【详解】解：（1）方程两边同乘以（x＋1）（x－1），
则：2（x＋1）＋（x－1）＝7
解得：x＝2
检验：把x＝2代入（x＋1）（x－1）＝3≠0
∴原方程的解为：x＝2
（2）原式＝÷
＝×
＝
∴当x＝5时，原式＝
【点睛】
本题是计算题，主要考查解分式方程的知识和分式的化简求值，关键是掌握把分式方程化简成最简分式或整式方程、把分式化简成最简分式或整式的方法．