铜陵市重点中学2022年数学八上期末调研试题含解析-

2023-2023学年八上数学期末模拟试卷留意事项：1回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，卡上，写在本试卷上无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题4分，共48分）3:4:5图中虚线过其中的一个顶点，且使该项点所在两边重合，记折叠后不重叠部分面积分别为S,S ，已知S S 10，则纸片的面积是（ ）A B A BA．72 B．74 C．76 D．78AB∥CF∠A的度数是（ ）A．40° B．45° C．50° D．60°下列各组线段中，能够组成直角三角形的一组是（ ）A．1，2，3 B．2，3，4 C．4，5，6 D．1， 3，2△ABC的顶点（﹣，，（（ABC平△ABC，点、C分别对应A、B、C，若点A（，，则点的坐标（ ）（﹣，） （﹣，） （，） （，）5．下列图形分别是桂林、湖南、甘肃、佛ft电视台的台徽，其中为中心对称图形的是（．A． B．C． D．．已知a22,b30,c3,则a、b、c的大小关系是（）A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞a＞b D．b＞c＞a等腰三角形一腰上的高与另一腰的夹角为45°,则其顶角为（ ）A．45° B．135° C．45°或67.5° D．45°或135°等腰三角形的周长为18cm其中一边长为4cm则该等腰三角形的腰长（ ）6cm B．7cm或4cm C．7cm D．4cm9．△ABC中，AB=AC=12厘米，∠B=∠C，BC=8厘米，点D为AB的中点，假如P在线段BC上以2厘米秒的速度由B点向C点运动。同时，点Q在线段CA上由C点向A点运动。若点Q的运动速度为v厘米秒，则△BPD与△CQP全等时，v的值为（ ）A．2 B．5 C．1或5 D．2或310．如图，AB//CD，A50，CE，则的度数是（ ）A．25° B．35° C．45° D．50°小颖用长度为奇数的三根木棒搭一个三角形，其中两根木棒的长度分别为7cm和，则第三根木棒的长度是（ ）A．7cm B．D．13cm如图正方形卡片A类类和长方形卡片C类若干张假如要拼一个长（a+2，宽为a+）的大长方形，则需要C类卡片 张（ ）A．2 B．3 C．4 D．6二、填空题（每题4分，共24分）已知点（，－，若、B两点关于x轴对称，则B点的坐标为 1已知AOB30P在AOB1

和点 关于OA对称点PP2P

和点P关于OBPO

三点构成的三角形三角形.1 215．计算：28x4y27x3y = 16．若x＝ 2﹣1，则x3+x2-3x+2023的值为 ．1．若点1,1与点B3,2关于y轴对称，则mn . 18．计算:5

5 22 3 .3三、解答题（78）1（8分）3如图1，一次函数y x3的图象与x轴和y轴分别交于A，B两点，再将△AOB4CDABCD与xCABDAB的坐标OC的长度2ACDCD的函数关系式为y

4xam，n的值32（8分）如图，在等腰三角形ABC中，A9，ABAC6，D是BC边的中点，点EABBA运动，同时点FACA向C运动，速度都是1个单位秒，时间是t（0t6，连接DE、DF、EF.请推断EDF.AEDF若变化，用含t的式子表示.2（8分）如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长都为ABC的顶点都在网格线的交点上，点B关于y轴的对称点的坐标为，，点C关于x的坐标为（，﹣．xOy；画出△ABCy轴的对称图形△A1B1C1；Ax轴的对称点的坐标．2（10分）计算： 3（）22 20180(3)4·(-3-2（2）(y2)(y2)(y1)(y5)2（10分）图1，线段ACD相交于点，连接ACB，我们把形如图1的图形称之为“81∠BCDAPCPP，CD、ABM、N.试解答下列问题：（1）在图1中，请直接写出∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系： ；（2）图2中，当∠D=50度，∠B=40度时，求∠P的度数.2∠D∠B∠P∠D∠B样的数量关系.2（10分）如图，已知在坐标平面内，点A的坐标是1,，点B在点A的正北方向5A向上平移2个单位再向左平移3个单位得到点C．在下图中画出平面直角坐标系和B、点C的坐标；2在图中作出yAB'C；3求出ABC的面积2（12分）如图，边长分别为a,ba+b=16,ab=60.26．如图，直线EF被直线lDAB与ABF的角平分线相交于点G且CD//EF参考答案一、选择题（4481、AA A 【分析】设AC=FH=3x，则BC=GH=4x，AB=GF=5x，依据勾股定理即可求得CD的长，利用x表示出S，同理表示出SB，依据SS10，即可求得A A 【详解】解：如图，设AC=FH=3x，则BC=GH=4x，AB=GF=5x．CD=y在直角△BDE中，BE=5x-3x=2x，依据勾股定理可得：4x2+y2=（4x-y）2，3解得：y=2x，1 1 3 3则SA=2BE•DE=2×2x•2x=2x2，2同理可得：SB=3x2，∵SA-SB=10，3 2∴2x2-3x2=10，∴x2=12，1∴纸片的面积是：2×3x•4x=6x2=1．故选A.【点睛】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，依据勾股定理求得CD2、DACEF．由平行线的性质得24，再由等量代换得42FCE，先求出即可求出A．【详解】连接AC并延长交EF于点M．∵AB CF，∴∵AD CE，∴24，∴42FCE，∵EF，D．【点睛】3、D【分析】依据勾股定理的逆定理推断即可．【详解】解：1+2＝3，A不能构成三角形；22+32≠42，B不能构成直角三角形；42+52≠62，C不能构成直角三角形；12+（ 3）2＝22，D能构成直角三角形；D．【点睛】4、CA的坐标即可．（﹣5）向右平移2个单位，向下平移1个单位得到（1，，（，）右平移2个单位，向下平移1个单位得到C（，，故选：C．【点睛】考题型．5、C【分析】依据中心对称图形定义分析.【详解】A．∵此图形旋转180°后不能与原图形重合，∴此图形不是中心对称图形，故此选项错误；∵此图形旋转180°误；180°后能与原图形重合，此图形是中心对称图形，故此选项正确；∵此图形旋转180故C．【点睛】考点：中心对称图形．6、B1【解析】试题解析：a=2-2=4，b=（22-1）0=1，c=（-1）3=-1，114＞−1，即：b＞a＞c.故选B．7、D【解析】①如图，等腰三角形为锐角三角形，∵BD⊥AC，∠ABD=45°，∴∠A=45°，即顶角的度数为45°.②如图，等腰三角形为钝角三角形，∵BD⊥AC，∠DBA=45°，∴∠BAD=45°，∴∠BAC=135°.故选：D.8、C【分析】此题分为两种状况：4cm4cm后进一步依据三角形的三边关系进行分析能否构成三角形．【详解】解：若4cm为等腰三角形的腰长，则底边长为（，不符合三角形的三边关系；若4cm为等腰三角形的底边，则腰长为18-2=（c7cm，7cm，4cm，符合三角形的三边关系；故选：C．【点睛】边之和大于第三边．9、D【分析】此题要分两种状况：①当BD=PC与△CQP全等，计算出BPvBD=CQBP进而可得运动时间，然后再求v．【详解】解：当BD=PC时，△BPD与△CQP全等，∵点D为AB的中点，1∴BD=2AB=6cm，∵BD=PC，BP=8-6=（c，∵点P在线段BC上以2厘米/秒的速度由B点向C点运动，∴运动时间时1s，∵△DBP≌△PCQ，∴BP=CQ=2cm，∴v=2÷1=2；当BD=CQ时，△BDP≌△QCP，∵BD=6cm，PB=PC，∴QC=6cm，∵BC=8cm，∴BP=4cm，∴运动时间为42=（，∴v=62=（m/．v2故选择：D．【点睛】的判定方法：SSS、、ASA、AAS、10、A【分析】依据平行线的性质求出∠DOE的度数，再依据外角的性质得到∠C的度数.，AB//CDA50，,∴∠DOE=A50,∵∠DOE=∠C+∠E,CE,∴∠C=25°,A.【点睛】定理解题是关键.11、A一条件选取.【详解】解：设第三根木棒长为xcm,依据三角形的三边关系，得7-3<x<7+3，即4<x<1．又∵x为奇数，∴第三根木棒的长度可以为A．【点睛】.12、B【分析】拼成的大长方形的面积是＋1（＋）a＋3a＋1ba的正方形，1b3C3ab．＋（＝C3张．故选：B．【点睛】之和等于总的面积也比较关键．二、填空题（42413（1，2）【详解】关于x轴对称，则两个点的横坐标不变，纵坐标互为相反数，故B点的坐标为（1，2）.14、等边P1OP2是等边三角形．【详解】依据轴对称的性质可知，OP1＝OP2＝OP，∠P1OP2＝60°，∴△P1OP2是等边三角形．故答案为：等边.【点睛】主要考查了等边三角形的判定和轴对称的性质．轴对称的性质：对应点所连的线段被对称轴垂直平分；15、4xy【分析】依据同底数幂除法法则计算即可.【详解】28x4y27x3y=4x4-3y2-1=4xy.故答案为：4xy【点睛】题关键.16、2023【分析】将x3+x2-3x+2023进行变形然后代入求解即可.【详解】解：原式x2x13x2023x22113x2023 2x23x x 2x3202322232023 21 212023120232023【点睛】本题主要考查了二次根式的计算，依据原式进行变形代入求值是解题的关键.117、2【分析】利用关于y轴对称“纵坐标不变，横坐标互为相反数”求得m、n，进而得出答案．【详解】∵点1 m,1与点B 3,2关于y轴对称，∴1 m 3，1n 2解得：m 2，n 1，1∴m

21 ．21故答案为： ．2【点睛】本题主要考查了关于y关系是解题关键．218、192【解析】直接计算即可得解.262363【详解】解：原式=5 5 5 5 2 22623632332=25 10 10 623322=1922故答案为19 .2【点睛】此题主要考查二次根式的混合运算，娴熟把握法则即可解题.三、解答题（共78分）1（1）A4,0B0,3（2）OC 7（3）mn的值分别为:4,168 3 3（1）y=0求出xx=0yAB设OC=x，依据翻折变换的性质用xBC的长，再依据勾股定理求解即可；由两条直线平行，可直接得到m的值，然后把点An【详解】解：1当x 0时，解得：y 3，

3x 3，4当y 0时，0 3 x 3，解得：x 4，4A4,00,3.2在RtAOB中，AOB90,OA4,OB3，AB OB2 425设OCx则CBCA4x，在RtBOC中，∵OB2OC2BC2，2x24x2，x7，8OC7；8∵直线CDy直线ymxn平行于直线CD．m4，3∵直线ymxn经过点A，

xa，4340

44n，3n16；3mn416.3 3【点睛】本题考查了一次函数的图像和性质，勾股定理，坐标与图形，以及两直线平行的特征，解题的关键是娴熟把握一次函数的图像和性质进行解题.2（）EDF（）9【分析】⑴连结AD,由SAS定理可证BDE和ADF全等，从而可证EDF90,DF=DE.所以EDF为等腰直角三角形.⑵由割补法可知四边形AEDF的面积不变，利用三角形的面积公式求出答案.（1）EDF为等腰直角三角形，理由如下：连接AD，ABACA90DBC中点∴AD1BCBDCD2AD平分BAC∴BADCAD∵点E、F速度都是1个单位秒，时间是t秒，∴BEAFBDEADF中，BDADBDAF45 ，BEAF∴BDE≌ADF(SAS)∴DEDF，BDEADF∵BDEADEADFADEEDF为等腰直角三角形.（2）四边形AEDF面积不变，理由：∵由（1）可知，AFD≌BED，∴S S ，BDE ADF∴S

SAED

SADF

SAED

SBDE

SABD∵SABD

1S2

ABC

11662 2∴S 9四边形AEDF【点睛】本题考查了三角形全等的推断SAS,及用割补法来证四边形的面积不变，四边形又三角形来组成。2（）（）（-，-．（）依据点B关于y轴的对称点坐标为，，点C关于x轴的对称点坐标为-，-，即可得到坐标轴的位置；依据轴对称的性质，即可得到△ABCy轴的对称图形△A1B1C1；xAx轴的对称点的坐标．（）如图所示，建立平面直角坐标系xO．（2）如图所示，△A1B1C1即为所求；x轴的对称点的横坐标相同，纵坐标互为相反数，所以点于x轴的对称点的坐标4，-．【点睛】本题主要考查作图2（）-5（）-4y+1【分析】（1）依据有理数幂的乘方、0指数幂、同底数幂乘法的运算法则计算即可；（2）先利用平方差公式及多项式乘以多项式法则开放，再合并同类项即可.（1）原式＝(4)31(3)2＝6419＝54（2）原式＝y24 y24y5＝y2-4-y2-4y+5＝4y1【点睛】0算法则是解题关键.2（1）∠A+∠D=∠C+∠B（）∠P=45°（3）2∠P=∠D+∠B.【解析】（1）依据三角形内角和定理即可得出∠A+∠D=∠C+∠B；由+②整理可得2∠P=∠D+∠B，进而求得∠P的度数；同“8字形中的角的规律和角平分线的定义，即可得出2∠P=∠D+∠B.【详解】解（1）∵∠A+∠D+∠AOD=∠C+∠B+∠BOC=180°，∠AOD=∠BOC，∴∠A+∠D=∠C+∠B；（2）由（1）得，∠DAP+∠D=∠P+∠DCP，①∠PCB+∠B=∠PAB+∠P，②∵∠DAB和∠BCD的平分线AP和CP相交于点P，∴∠DAP=∠PAB，∠DCP=∠PCB，①+②得：∠DAP+∠D+∠PCB+∠B=∠P+∠DCP+∠PAB+∠P，即2∠P=∠D+∠B=50°+40°，∴∠P=45°；（3）关系：2∠P=∠D+∠B；证明过程同（2）