辽宁省营口市2023-2024学年数学八年级第一学期期末质量检测试题【含解析】

这是一份辽宁省营口市2023-2024学年数学八年级第一学期期末质量检测试题【含解析】，共23页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，某市出租车计费办法如图所示，计算的结果是，实数是等内容，欢迎下载使用。

考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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(每小题3分,共30分)
1．□ABCD中，E、F是对角线BD上不同的两点，下列条件中，不能得出四边形AECF一定为平行四边形的是（ ）
A．BE=DFB．AE=CFC．AF//CED．∠BAE=∠DCF
2．现有甲，乙两个工程队分别同时开挖两条 600 m 长的隧道，所挖遂道长度 y（m）与挖掘时间x（天）之间的函数关系如图所示．则下列说法中，错误的是（ ）
A．甲队每天挖 100 m
B．乙队开挖两天后，每天挖50米
C．甲队比乙队提前2天完成任务
D．当时，甲、乙两队所挖管道长度相同
3．下列选项所给条件能画出唯一的是（ ）
A．，，B．，，
C．，D．，，
4．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°
5．如图，在一次“寻宝”游戏中，寻宝人找到了如图所示的两个标志点A（3，1），B（2，2），则“宝藏”点C的位置是（ ）
A．（1，0）B．（1，2）C．（2，1）D．（1，1）
6．已知等腰三角形一边长为5，一边的长为7，则等腰三角形的周长为（ ）
A．12B．17C．12或17D．17或19
7．某市出租车计费办法如图所示．根据图象信息，下列说法错误的是（ ）
A．出租车起步价是10元
B．在3千米内只收起步价
C．超过3千米部分（x＞3）每千米收3元
D．超过3千米时（x＞3）所需费用y与x之间的函数关系式是y=2x+4
8．两个全等的等腰直角三角形拼成一个四边形，则可拼成的四边形是（ ）
A．平行四边形
B．正方形或平行四边形
C．正方形或平行四边形或梯形
D．正方形
9．计算的结果是（ ）
A．B．5C．D．-5
10．实数是（ ）
A．整数B．分数C．有理数D．无理数
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．我们规定：等腰三角形的顶角与一个底角度数的比值叫做等腰三角形的“特征值”，记作k，若k=，则该等腰三角形的顶角为______度．
12．如图，在Rt△ABC，∠C=90°，AC=12，BC=6，一条线段PQ=AB，P、Q两点分别在AC和过点A且垂直于AC的射线AX上运动，要使△ABC和△QPA全等，则AP= ______ ．
13．如图，七边形ABCDEFG中，AB，ED的延长线交于点O，外角∠1，∠2，∠3，∠4的和等于220°，则∠BOD的度数是_____度．
14．如图，在平面直角坐标系中，，，点是第一象限内的点，且是以为直角边的等腰直角三角形，则点的坐标为__________.
15．若，，则＝_____．
16．若关于x的分式方程有增根，则m的值为_____．
17．如图，在的同侧，，点为的中点，若，则的最大值是_____．
18．已知，则代数式的值为____________.
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，CE与BD相交于点M，BD交AC于点N.
（1）证明：BD＝CE；
（2）证明：BD⊥CE．
20．（6分）已知在平面直角坐标系内的位置如图，，，、的长满足关系式．
（1）求、的长；
（2）求点的坐标；
（3）在轴上是否存在点，使是以为腰的等腰三角形．若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．
21．（6分）如图，等边的边长为，点、分别是边、上的动点，点、分别从顶点、同时出发，且它们的速度都为．
（1）如图1，连接，求经过多少秒后，是直角三角形；
（2）如图2，连接、交于点，在点、运动的过程中，的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出它的度数．
（3）如图3，若点、运动到终点后继续在射线、上运动，直线、交于点，则的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，请求出它的度数．
22．（8分）某超市用3000元购进某种干果销售，由于销售状况良好，很快售完．超市又调拨9000元资金购进该种干果，但这次的进价比第一次的进价提高了20%，购进干果的数量是第一次的2倍还多300千克，如果超市此时按每千克9元的价格出售，当大部分干果售出后，余下的100千克按售价的8折售完．
（1）该种干果的第一次进价是每千克多少元？
（2）超市第二次销售该种干果盈利了多少元？
23．（8分）如图，在中，，将沿着折叠以后点正好落在边上的点处．
（1）当时，求的度数；
（2）当，时，求线段的长．
24．（8分）如图的图形取材于我国古代数学家赵爽的《勾股圆方图》也称（《赵爽弦图》），它是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示，如果大正方形的面积是，小正方形的面积是，直角三角形较短的直角边为，较长的直角边为，试求的值．
25．（10分）如图，已知∠DAE+∠CBF＝180°，CE平分∠BCD，∠BCD＝2∠E．
（1）求证：AD∥BC；
（2）CD与EF平行吗？写出证明过程；
（3）若DF平分∠ADC，求证：CE⊥DF．
26．（10分）已知,求代数式的值.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【解析】根据平行线的判定方法结合已知条件逐项进行分析即可得.
【详解】A、如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，OB=OD，
∵BE=DF，∴OE=OF，∴四边形AECF是平行四边形，故不符合题意；
B、如图所示，AE=CF，不能得到四边形AECF是平行四边形，故符合题意；
C、如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，
∵AF//CE，∴∠FAO=∠ECO，
又∵∠AOF=∠COE，∴△AOF≌△COE，∴AF=CE，
∴AF CE，∴四边形AECF是平行四边形，故不符合题意；
D、如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB//CD，
∴∠ABE=∠CDF，
又∵∠BAE=∠DCF，∴△ABE≌△CDF，∴AE=CF，∠AEB=∠CFD，∴∠AEO=∠CFO，
∴AE//CF，
∴AE CF，∴四边形AECF是平行四边形，故不符合题意，
故选B.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的判定定理与性质定理是解题的关键.
2、D
【分析】从图象可以看出甲队完成工程的时间不到6天，故工作效率为100米，乙队挖2天后还剩300米，4天完成了200米，故每天是50米，当x=4时，甲队完成400米，乙队完成400米，甲队完成所用时间是6天，乙队是8天，通过以上的计算就可以得出结论．
【详解】解：由图象，得
600÷6=100米/天，故A正确；
（500-300）÷4=50米/天，故B正确；
由图象得甲队完成600米的时间是6天，
乙队完成600米的时间是：2+300÷50=8天，
∵8-6=2天，
∴甲队比乙队提前2天完成任务，故C正确；
当x=3时，甲队所挖管道长度=3×100=300米，
乙队所挖管道长度=300+（3-2）×50=350米，故D错误；
故选：D.
【点睛】
本题考查了一次函数的应用，施工距离、速度、时间三者之间的关系的运用，但难度不大，读懂图象信息是解题的关键．
3、B
【分析】利用全等三角形的判定方法以及三角形三边关系分别判断得出即可．
【详解】解：A、3+4<8，不能构成三角形，故A错误；
B、，，，满足ASA条件，能画出唯一的三角形，故B正确；
C、，，不能画出唯一的三角形，故C错误；
D、，，，不能画出唯一的三角形，故D错误；
故选：B.
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定以及三角形三边关系，正确把握全等三角形的判定方法是解题关键．
4、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.
5、D
【解析】根据题意首先确定原点的位置，进而得出“宝藏”的位置．
【详解】根据两个标志点A（3，1），B（2，2）可建立如下所示的坐标系：
由平面直角坐标系知，“宝藏”点C的位置是（1，1），
故选：D．
【点睛】
考查了坐标确定位置，正确得出原点位置是解题关键．
6、D
【分析】因为等腰三角形的两边分别为5和7，但没有明确哪是底边，哪是腰，所以有两种情况，需要分类讨论．
【详解】解：（1）当5是腰时，符合三角形的三边关系，
所以周长=5+5+7=17；
（2）当7是腰时，符合三角形的三边关系，
所以周长=7+7+5=1．
故答案为：D．
【点睛】
考查了等腰三角形的性质，注意此题一定要分两种情况讨论．但要注意检查是否符合三角形的三边关系．
7、A
【分析】根据图象信息一一判断即可解决问题．
【详解】解：由图象可知，出租车的起步价是10元，在3千米内只收起步价，
设超过3千米的函数解析式为y=kx+b，则，解得，
∴超过3千米时（x＞3）所需费用y与x之间的函数关系式是y=2x+4，
超过3千米部分（x＞3）每千米收2元，
故A、B、D正确，C错误，
故选C．
【点睛】
此题主要考查了一次函数的应用、学会待定系数法确定函数解析式，正确由图象得出正确信息是解题的关键，属于中考常考题.
8、B
【分析】两条直角边相等的直角三角形叫做等腰直角三角形，根据题意拼出符合题意的四边形，进而得出结论．
【详解】如图所示，可拼成的四边形是正方形或平行四边形．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了正方形的判定、图形的剪拼以及等腰直角三角形的性质，得出符合题意四边形是解题关键．
9、B
【解析】根据二次根式的性质进行化简，即可得到答案.
【详解】解：，
故选：B.
【点睛】
本题考查了二次根式的性质，解题的关键是熟练掌握二次根式的性质进行计算.
10、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.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【分析】根据等腰三角形的性质得出∠B=∠C，根据三角形内角和定理和已知得出5∠A=180°，求出即可．
【详解】解：∵△ABC中，AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵等腰三角形的顶角与一个底角度数的比值叫做等腰三角形的“特征值”，记作k，若k=，
∴∠A：∠B=1：2，
即5∠A=180°，
∴∠A=1°，
故答案为1．
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理与等腰三角形的性质，解题的关键是能根据等腰三角形性质、三角形内角和定理与已知条件得出5∠A=180°．
12、6或1
【分析】本题要分情况讨论：①Rt△APQ≌Rt△CBA，此时AP=BC=6，可据此求出P点的位置．②Rt△QAP≌Rt△BCA，此时AP=AC=1，P、C重合．
【详解】解：①当AP=CB时，
∵∠C=∠QAP=90°，
在Rt△ABC与Rt△QPA中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△QPA（HL），
即；
②当P运动到与C点重合时，AP=AC，
在Rt△ABC与Rt△QPA中，
,
∴Rt△QAP≌Rt△BCA（HL），
即，
∴当点P与点C重合时，△ABC才能和△APQ全等．
综上所述，AP=6或1．
故答案为6或1．
【点睛】
本题考查三角形全等的判定方法和全等三角形的性质，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．由于本题没有说明全等三角形的对应边和对应角，因此要分类讨论，以免漏解．
13、1．
【分析】在DO延长线上找一点M，根据多边形的外角和为360°可得出∠BOM＝11°，再根据邻补角互补即可得出结论．
【详解】解：在DO延长线上找一点M，如图所示．
∵多边形的外角和为360°，
∴∠BOM＝360°﹣220°＝11°．
∵∠BOD+∠BOM＝180°，
∴∠BOD＝180°﹣∠BOM＝180°﹣11°＝1°．
故答案为：1
【点睛】
本题考查多边形的角度计算,关键在于熟记外角和360°.
14、或
【解析】设C的点坐标为，先根据题中条件画出两种情况的图形（见解析），再根据等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定定理与性质、点坐标的定义分别求解即可．
【详解】设C的点坐标为
由题意，分以下两种情况：
（1）如图1，是等腰直角三角形，
过点A作轴，过点C作x轴的垂线，交DA的延长线于点E
则
又
则点C的坐标为
（2）如图2，是等腰直角三角形，
过点A作轴，过点C作轴
则
同理可证：
则点C的坐标为
综上，点C的坐标为或
故答案为：或．
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定定理与性质、等腰直角三角形的性质、点的坐标等知识点，依据题意，正确分两种情况并画出图形是解题关键．
15、1
【分析】根据幂的乘方运算法则以及同底数幂的除法法则计算即可．
【详解】∵，，
∴．
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查了同底数幂的除法以及幂的乘方，熟记幂的运算法则是解答本题的关键．
16、1
【解析】试题分析：增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根，所以应先增根的可能值，让最简公分母x-1=0，得到x=1，然后代入化为整式方程的方程算出m的值．
试题解析：方程两边都乘以（x-1）,
得x-2(x-1)=m
∵原方程有增根
∴最简公分母x-1=0
解得：x=1，
当x=1时，m=1
故m的值是1．
考点：分式方程的增根．
17、14
【分析】如图，作点A关于CM的对称点A′，点B关于DM的对称点B′，证明△A′MB′为等边三角形，即可解决问题．
【详解】解：如图，作点关于的对称点，点关于的对称点．
，
，
，
，
，
为等边三角形
，
的最大值为，
故答案为．
【点睛】
本题考查等边三角形的判定和性质，两点之间线段最短，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用两点之间线段最短解决最值问题
18、-2
【分析】先把代数式﹣1a1+2ab﹣2b1进行因式分解，再把a﹣1b=﹣1整体代入即可．
【详解】﹣1a1+2ab﹣2b1=﹣1(a1﹣4ab+4b1)
=﹣1(a﹣1b)1．
∵a﹣1b=﹣1，
∴原式=﹣1×(﹣1)1=﹣2．
故答案为：﹣2．
【点睛】
本题考查了因式分解的应用，掌握因式分解的各种方法以及整体思想是解答本题的关键．
三、解答题(共66分)
19、（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）要证明BD＝CE，只要证明△ABD≌△ACE即可，两三角形中，已知的条件有AD＝AE，AB＝AC，那么只要再得出两对应边的夹角相等即可得出三角形全等的结论.我们发现∠BAD和∠EAC都是90°加上一个
∠CAD，因此∠CAE＝∠BAD.由此构成了两三角形全等中的（SAS）因此两三角形全等.
（2）要证BD⊥CE，只要证明∠BMC是个直角就行了.由（1）得出的全等三角形我们可知：
∠ABN＝∠ACE，三角形ABC中，∠ABN+∠CBN+∠BCN＝90°，根据上面的相等角，我们可得出∠ACE+∠CBN+∠BCN＝90°，即∠ABN+∠ACE＝90°，因此∠BMC就是直角.
【详解】证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE＝90°
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD
即∠CAE＝∠BAD
在△ABD和△ACE中
∴△ABD≌△ACE（SAS）
∴BD＝CE
（2）∵△ABD≌△ACE
∴∠ABN＝∠ACE
∵∠ANB＝∠CND
∴∠ABN+∠ANB＝∠CND+∠NCE＝90°
∴∠CMN＝90°
即BD⊥CE.
【点睛】
此题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定，利用全等三角形得出线段相等和角相等是解题的关键．
20、（1）OA=4，OC=3；（2）；（3）存在，，，
【分析】（1）由平方的非负性、绝对值的非负性解题；
（2）作轴与点D，，再由全等三角形的对应边相等性质解题；
（3）分三种情况讨论，当当点P在x轴的负半轴时，使AP=AC，或当点P在x轴的负半轴时，使CP=AC=5，或当点P在x轴的正半轴时，使AC=CP时，根据等腰三角形的性质解题．
【详解】解：⑴由.可知，
，
∴.
⑵作轴与点D，
⑶存在.
当点P在x轴的负半轴时，使AP=AC，则为等腰三角形，P的坐标为；
当点P在x轴的负半轴时，使CP=AC，由勾股定理得，CP=AC=5，则为等腰三角形，P的坐标为；
当点P在x轴的正半轴时，使AC=CP，则为等腰三角形，
， ；
所以存在，点P或或．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、绝对值的非负性、平方的非负性、勾股定理、分类讨论等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
21、（1）经过秒或秒后，△PCQ是直角三角形；（2）的大小不变，是定值60°；（3）的大小不变，是定值120°．
【分析】（1）分∠PQC＝90°和∠QPC＝90°两种情形求解即可解决问题；
（2）证得△ABP≌△BCQ（SAS），推出∠BAP＝∠CBQ，得（定值）即可；
（3）证得△ACP≌△BAQ（SAS），推出，得即可．
【详解】解：（1）设经过t秒后，△PCQ是直角三角形．
由题意：，，
∵是等边三角形，
∴，
当∠PQC＝90°时，∠QPC＝30°，
∴PC＝2CQ，
∴ ，
解得．
当∠QPC＝90°时，∠PQC＝30°，
∴CQ＝2PC，
∴，
解得，
综上：经过秒或秒后，△PCQ是直角三角形．
（2）结论：∠AMQ的大小不变．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，，
∵点P，Q的速度相等，
∴BP＝CQ，
在△ABP和△BCQ中

∴△ABP≌△BCQ（SAS）
∴
∴
（定值）
∴的大小不变，是定值60°．
（3）结论：∠AMQ的大小不变．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，，
∴,
∵点P，Q的速度相等，
∴，
在△ACP和△BAQ中

∴△ACP≌△BAQ（SAS）
∴
∴

（定值）
∴的大小不变，是定值120°．
【点睛】
本题考查的是等边三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
22、（1）该种干果的第一次进价是每千克5元；（3）超市第二次销售该种干果盈利了4320元．
【分析】（1）设该种干果的第一次进价是每千克元，则第二次的进价为，再根据题中“购进干果的数量是第一次的2倍还多300千克”可列出关于x的分式方程，求解即可；
（2）结合（1）得第二次购进干果的数量为，表示出第二次的销售总价，再减去第二次的进价即可.
【详解】解：（1）设该种干果的第一次进价是每千克元，
根据题意，得．
解得：．
经检验：是原方程的解．
答：该种干果的第一次进价是每千克5元．
（2）
答：超市第二次销售该种干果盈利了4320元．
【点睛】
本题考查了分式方程的应用，正确理解题意，把握题中等量关系是解题的关键.
23、（1） ；（2）3
【分析】（1）先根据直角三角形两锐角互余求出的度数，再由折叠的性质得出，从而的度数可求;
（2）先由勾股定理求出BC的长度，然后由折叠的性质得到，设，在中利用勾股定理即可求出x的值，即DE的长度．
【详解】（1）∵，
由折叠的性质可知
（2）∵，，
∴
由折叠的性质可知

设，则
在中,
∴
解得
∴
【点睛】
本题主要考查折叠的性质和勾股定理，掌握折叠的性质，勾股定理和直角三角形两锐角互余是解题的关键．
24、196
【分析】先用大正方形的面积得到三角形的斜边的平方为100，则，利用大正方形面积减去小正方形面积等于四个直角三角形的面积之和可得到，由完全平方公式即可求得结果．
【详解】解：∵大正方形的面积是100，
∴直角三角形的斜边的平方100，
∵直角三角形较短的直角边为，较长的直角边为，
∴，
∵大正方形面积减去小正方形面积等于四个直角三角形的面积之和，小正方形的面积是，
∴，即，
∴=．
【点睛】
本题考查了勾股定理和完全平方公式，正确表示出直角三角形的面积是解题的关键．
25、（1）详见解析；（2）CD∥EF，证明详见解析；（3）详见解析．
【分析】（1）根据同角的补角相等，即可得到∠CBF＝∠DAB，进而得到AD∥BC；
（2）依据∠BCD＝2∠DCE，∠BCD＝2∠E，即可得出∠E＝∠DCE，进而判定CD∥EF；
（3）依据AD∥BC，可得∠ADC+∠DCB＝180°，进而得到∠COD＝90°，即可得出CE⊥DF．
【详解】解：（1）∵∠DAE+∠CBF＝180°，∠DAE+∠DAB＝180°，
∴∠CBF＝∠DAB，
∴AD∥BC；
（2）CD与EF平行．
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCD＝2∠DCE，
又∵∠BCD＝2∠E，
∴∠E＝∠DCE，
∴CD∥EF；
（3）∵DF平分∠ADC，
∴∠CDF＝∠ADC，
∵∠BCD＝2∠DCE，
∴∠DCE＝∠DCB，
∵AD∥BC，
∴∠ADC+∠DCB＝180°，
∴∠CDF+∠DCE＝（∠ADC+∠DCB）＝90°，
∴∠COD＝90°，
∴CE⊥DF．
【点睛】
本题主要考查了平行线的判定与性质，平行线的判定是由角的数量关系判断两直线的位置关系，平行线的性质是由平行关系来寻找角的数量关系．
26、
【分析】先将x进行化简，然后再代入求值即可.
【详解】解：，
原式=
=
=
=.
【点睛】
本题考查二次根式的化简与计算，掌握化简方法及运算法则是解题关键.