专题6.1小题易丢分期末考前必做选择30题（提升版）-2022-2023学年八年级数学上学期复习备考高分秘籍 【苏科版】（解析版）

2022-2023学年八年级数学上学期复习备考高分秘籍【苏科版】专题6.1小题易丢分期末考前必做选择30题（提升版）一．选择题（共30小题）1．（2022秋•盐都区期中）下列说法正确的是（）A．9的平方根3 B． C．﹣9没有立方根 D．平方根等于本身的数只有0【分析】利用平方根，算术平方根，以及立方根性质判断即可．【解析】A、9的平方根是3和﹣3，不符合题意；B、＝4，不符合题意；C、﹣9的立方根是﹣，不符合题意；D、平方根等于本身的数只有0，符合题意．故选：D．2．（2022秋•江都区期中）估计5﹣的值在（）A．2到3之间 B．3到4之间 C．4到5之间 D．5到6之间【分析】根据求平方和不等式的性质进行求算．【解析】∵1＜＜2，∴﹣2＜﹣＜﹣1，∴3＜5﹣＜4，故选：B．3．（2022秋•栖霞区校级月考）在七年上册的《数学实验手册》有一节关于寻找无理数的实验．如图，直径为单位1的圆从数轴上表示1的点沿着数轴无滑动地逆时针滚动一周到达A点，则此时A点表示的数是（）A．π+1 B．﹣π﹣1 C．﹣π+1 D．π﹣1【分析】先计算出圆的周长，然后用1减去圆的周长，从而得到A点表示的数．【解析】∵圆的周长为1×π＝π，∴A点表示的数为1﹣π．故选：C．4．（2022•雨花台区校级模拟）+的小数部分是（注：[n]表示不超过n的最大整数）（）A．+﹣2 B．+﹣3 C．4﹣﹣ D．[+]﹣2【分析】根据算术平方根的性质（被开方数越大，则其算术平方根越大）解决此题．【解析】∵1＜1.96＜2＜2.89＜3＜4，∴1＜1.4＜．∴1.4＜1.7＜2．∴的小数部分是．故选：B．5．（2021春•启东市校级月考）如果≈1.333，≈2.872，那么约等于（）A．28.72 B．0.2872 C．13.33 D．0.1333【分析】根据立方根，即可解答．【解析】∵≈1.333，∴＝≈1.333×10＝13.33．故选：C．6．（2022秋•崇川区校级月考）平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（﹣5，1），将OA绕原点按逆时针方向旋转90°得OB，则点B的坐标为（）A．（﹣5，1） B．（﹣1，﹣5） C．（﹣5，﹣1） D．（﹣1，5）【分析】利用旋转变换的性质，正确作出图形可得结论．【解析】如图，B（﹣1，﹣5）．故选：B．7．（2022•建邺区一模）在平面直角坐标系中，点A的坐标是（﹣2，3），将点A绕点C顺时针旋转90°得到点B．若点B的坐标是（5，﹣1），则点C的坐标是（）A．（﹣0.5，﹣2.5） B．（﹣0.25，﹣2） C．（0，﹣1.75） D．（0，﹣2.75）【分析】如图，设AB的中点为Q，过点Z作AN⊥x轴于点N，过点Q作QK⊥AN于点K，过点C作CT⊥QK于T，利用全等三角形的性质求解即可．【解析】如图，设AB的中点为Q，∵A（﹣2，3），B（5，﹣1），∴Q（1.5，1），过点Z作AN⊥x轴于点N，过点Q作QK⊥AN于点K，过点C作CT⊥QK于T，则K（﹣2，1）AK＝2，QK＝3.5，∵∠AKQ＝∠CTQ＝∠AQC＝90°，∴∠AQK+∠CQT＝90°，∠CQT+∠TCQ＝90°，∴∠AQK＝∠TCQ，在△AKQ和△QTC中，，∴△AKQ≌△QTC（AAS），∴QT＝AK＝2，CT＝QK＝3.5，∴C（﹣0.5，﹣2.5）故选：A．8．（2022春•张家港市期中）如图，在△AOB中，OA＝AB，顶点A的坐标（3，4），底边OB在x轴上．将△AOB绕点B按顺时针方向旋转一定角度后得△A'O'B，点A的对应点A'在x轴上，则点O'的坐标为（）A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）【分析】过点A作AG⊥OB于G，O'H⊥OB于H，设BH＝x，则A'H＝5﹣x，由勾股定理得：62﹣x2＝52﹣（5﹣x）2，求出BH的长，从而得出点O'的横坐标，再利用等积法求O'H的长即可．【解析】过点A作AG⊥OB于G，O'H⊥OB于H，∵点A的坐标（3，4），∴OG＝3，AG＝4，由勾股定理得OA＝5，∵OA＝AB，∴BG＝OG＝3，AB＝OA＝5，设BH＝x，则A'H＝5﹣x，由勾股定理得：62﹣x2＝52﹣（5﹣x）2，解得x＝，∴OH＝OB+BH＝6+＝，∵S△OAB＝S△O'A'B，∴OB×AG＝BA'×O'H，∴6×4＝5×O'H，∴O'H＝，∴点O'（，），故选：A．9．（2022秋•高邮市期中）如图，点P是∠BAC平分线AD上的一点，AC＝9，AB＝4，PB＝2，则PC的长不可能是（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】在AC上取AE＝AB＝4，然后证明△AEP≌△ABP，根据全等三角形对应边相等得到PE＝PB＝2，再根据三角形的任意两边之差小于第三边即可求解．【解析】在AC上截取AE＝AB＝4，连接PE，∵AC＝9，∴CE＝AC﹣AE＝9﹣4＝5，∵点P是∠BAC平分线AD上的一点，∴∠CAD＝∠BAD，在△APE和△APB中，，∴△APE≌△APB（SAS），∴PE＝PB＝2，∵5﹣2＜PC＜5+2，解得3＜PC＜7，∴PC不可能为3，故选：A．10．（2022秋•常州期中）如图，△ABC的面积为12cm2，AP垂直于∠ABC的平分线BP于P，则△PBC的面积为（）A．9cm2 B．8cm2 C．6cm2 D．5cm2【分析】延长AP交BC于点D，根据角平分线的定义可得∠ABP＝∠DBP，根据垂直定义可得∠BPA＝∠BPD＝90°，然后利用ASA可证△BAP≌△BDP，从而可得AP＝PD，进而可得△ABP的面积＝△BDP的面积，△APC的面积＝△DPC的面积，最后根据△PBC的面积＝△ABC的面积，进行计算即可解答．【解析】延长AP交BC于点D，∵BP平分∠ABD，∴∠ABP＝∠DBP，∵BP⊥AP，∴∠BPA＝∠BPD＝90°，∵BP＝BP，∴△BAP≌△BDP（ASA），∴AP＝PD，∴△ABP的面积＝△BDP的面积，△APC的面积＝△DPC的面积，∵△ABC的面积为12cm2，∴△PBC的面积＝△BPD的面积+△DCP的面积＝△ABC的面积＝×12＝6（cm2），故选：C．11．（2022秋•大丰区期中）在如图所示的3×3网格中，△ABC是格点三角形（即顶点恰好是网格线的交点），则与△ABC有一条公共边且全等（不含△ABC）的所有格点三角形的个数是（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【分析】根据全等三角形的定义画出图形，即可判断．【解析】如图，观察图象可知满足条件的三角形有4个．故选：A．12．（2022秋•江都区期中）根据下列已知条件，能画出唯一的△ABC的是（）A．∠C＝90°，AB＝6 B．AB＝4，BC＝3，∠A＝30° C．∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4 D．AB＝3，BC＝4，CA＝8【分析】根据全等三角形的三边关系理逐个判断即可．【解析】A．如图Rt△ACB和Rt△ADB的斜边都是AB，但是两三角形不一定全等，故本选项不符合题意；B．AB＝4，BC＝3，∠A＝30°，不符合全等三角形的判定定理，不能画出唯一的三角形，故本选项不符合题意；C．∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4，符合全等三角形的判定定理ASA，能画出唯一的三角形，故本选项符合题意；D．3+4＜8，不符合三角形的三边关系定理，不能画出三角形，故本选项不符合题意；故选：C．13．（2022秋•徐州期中）如图，在四边形ABCD中，对角线BD所在的直线是其对称轴，点P是直线BD上的点，下列判断错误的是（）A．AD＝CD B．∠DAP＝∠DCP C．AP＝BC D．∠ABP＝∠CBP【分析】利用轴对称变换的性质解决问题即可．【解析】∵四边形ABCD是对称轴，∴△APD≌△CPD，△ABD≌△CBD，∴AD＝CD，∠DAP＝∠DCP，∠ABP＝∠CBP，故选项A，B，D正确，故选：C．14．（2022秋•江阴市期中）已知等腰三角形一腰上的高线与另一腰的夹角为60°，那么这个等腰三角形的顶角等于（）A．15°或75° B．30° C．150° D．150°或30°【分析】方法1：首先根据题意画出图形，然后分别从锐角三角形与钝角三角形分析求解即可求得答案．方法2：读到此题我们首先想到等腰三角形分为锐角、直角、钝角等腰三角形，当为等腰直角三角形时不可能出现题中所说情况，所以舍去不计，我们可以通过画图来讨论剩余两种情况．【解析】方法1：根据题意得：AB＝AC，BD⊥AC，如图（1），∠ABD＝60°，则∠A＝30°；如图（2），∠ABD＝60°，∴∠BAD＝30°，∴∠BAC＝180°﹣30°＝150°．故这个等腰三角形的顶角等于30°或150°．方法2：①当为锐角三角形时可以画图，高与左边腰成60°夹角，由三角形内角和为180°可得，顶角为180°﹣90°﹣60°＝30°，②当为钝角三角形时可画图，此时垂足落到三角形外面，因为三角形内角和为180°，由图可以看出等腰三角形的顶角的补角为30°，∴三角形的顶角为180°﹣30°＝150°．故选：D．15．（2022秋•姑苏区校级期中）苏州素有“园林之城”美誉，以拙政园、留园为代表的苏州园林“咫尺之内再造乾坤”，是中华园林文化的翘楚和骄傲．如图，某园林中一亭子的顶端可看作等腰△ABC，其中AB＝AC，若D是BC边上的一点，则下列条件不能说明AD是△ABC角平分线的是（）A．点D到AB，AC的距离相等 B．∠ADB＝∠ADC C．BD＝CD D．AD＝BC【分析】根据到角两边距离相等的点在角的平分线上即可判断选项A，根据等腰三角形的性质（三线合一）即可判断选项B、选项C，选项D．【解析】A．∵点D到AB、AC的距离相等，∴AD是∠BAC的角平分线，故本选项不符合题意；B．∵∠ADB＝∠ADC，∠ADC+∠ADB＝180°，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，即AD⊥BC，∵AB＝AC，∴AD是∠BAC的角平分线，故本选项不符合题意；C．∵BD＝CD，AB＝AC，∴AD是∠BAC的角平分线，故本选项不符合题意；D．AD＝BC不能推出AD是△ABC的角平分线，故本选项符合题意；故选：D．16．（2021秋•仪征市期中）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝6，延长BC至E，使得CE＝BC，将△ABC沿AC翻折，使点B落点D处，连接DE，则DE的长为（）A． B． C． D．【分析】连接BD交AC于点F，由折叠的性质得出AB＝AD，∠BAC＝∠DAC，由勾股定理求出CF的长，则可由中位线定理求出DE的长．【解析】连接BD交AC于点F，∵将△ABC沿AC翻折，使点B落点D处，∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAC，∴BF＝DF，∠BFC＝90°，∵AB＝8，BC＝6，∴AC＝＝＝10，设CF＝x，则AF＝10﹣x，∵AB2﹣AF2＝BF2，BC2﹣CF2＝BF2，∴82﹣（10﹣x）2＝62﹣x2，∴x＝，∴CF＝，∵CE＝BC，∴CF＝DE，∴DE＝．故选：D．17．（2021秋•东台市期中）如图，从△ABC内一点O出发，把△ABC剪成三个三角形（如图1），边AB，BC，AC放在同一直线上，点O都落在直线MN上（如图2），直线MN∥AC，则点O是△ABC的（）A．三条角平分线的交点 B．三条高的交点 C．三条中线的交点 D．三边中垂线的交点【分析】利用平行线间的距离处处相等，可知点O到BC、AC、AB的距离相等，然后可作出判断．【解析】如图1，过点O作OD⊥BC于D，OE⊥AC于E，OF⊥AB于F．∵MN∥AB，∴OD＝OE＝OF（夹在平行线间的距离处处相等）．如图2：过点O作OD'⊥BC于D'，作OE'⊥AC于E'，作OF'⊥AB于F'．由题意可知：OD＝OD'，OE＝OE'，OF＝OF'，∴OD'＝OE'＝OF'，∴图2中的点O是三角形三个内角的平分线的交点，故选：A．18．（2022•达拉特旗一模）如图，三角形纸片ABC，点D是BC边上一点，连接AD，把△ABD沿着AD翻折，得到△AED，DE与AC交于点G，连接BE交AD于点F．若DG＝GE，AF＝6，BF＝4，△ADG的面积为8，则点F到BC的距离为（）A． B． C． D．【分析】先求出△ABD的面积，根据三角形的面积公式求出DF，设点F到BD的距离为h，根据•BD•h＝•BF•DF，求出BD即可解决问题．【解析】∵DG＝GE，∴S△ADG＝S△AEG＝8，∴S△ADE＝16，由翻折可知，△ADB≌△ADE，BE⊥AD，∴S△ABD＝S△ADE＝16，∠BFD＝90°，∴•（AF+DF）•BF＝16，∴•（6+DF）×4＝16，∴DF＝2，∴DB＝＝＝2，设点F到BD的距离为h，则有•BD•h＝•BF•DF，∴2h＝4×2，∴h＝，故选：C．19．（2022秋•锡山区期中）如图，∠POQ＝90°，动点A和C分别在射线OP、OQ上运动，且AC＝4cm，作BC⊥AC，且BC＝1cm．在运动过程中，OB的最大距离是（）A．5cm B．（+2）cm C．cm D．3cm【分析】取AC的中点D，连接OD、BD，则OB≤BD+OD，当O、D、B三点共线时，OB取得最大值，由直角三角形斜边上的中线性质得OD＝AC＝CD＝2cm，再由勾股定理得BD＝cm，即可得出结论．【解析】如图，取AC的中点D，连接OD、BD，∵OB≤BD+OD，∴当O、D、B三点共线时，OB取得最大值为BD+OD，∵∠POQ＝90°，D是AC的中点，AC＝4cm，∴OD＝AC＝CD＝2cm，在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD＝＝＝（cm），∴在运动过程中，OB的最大距离为BD+OD＝（+2）cm，故选：B．20．（2022秋•惠山区期中）如图，钝角△ABC中，AC＝4，BC＝5，AB＝7，过三角形一个顶点的一条直线可将△ABC分成两个三角形．若分成的两个三角形中有一个三角形为等腰三角形，则这样的直线有（）条．A．5 B．6 C．7 D．8【分析】分别以A、B、C为等腰三角形的顶点，可画出直线，再分别以AB、AC、BC为底的等腰三角形，可画出直线，即可得出结论．【解析】分别以A、B、C为等腰三角形的顶点的等腰三角形有4个，∴满足条件的直线有4条；分别以AB、AC、BC为底的等腰三角形有3个，∴满足条件的直线有3条，综上可知满足条件的直线共有7条，故选：C．21．（2022秋•江阴市期中）如图，△ABC中，AB＝AC，E为AB的中点，BD⊥AC，若DE＝5，BD＝8，则CD的长为（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得AB＝2DE＝10，则AC＝AB＝10，再由勾股定理得AD＝6，即可解决问题．【解析】∵BD⊥AC，∴∠ADB＝90°，∵点E为AB的中点，∴AB＝2DE＝2×5＝10，∴AC＝AB＝10，在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD＝＝＝6，∴CD＝AC﹣AD＝10﹣6＝4，故选：B．22．（2022春•海安市期中）《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？题意是：一根竹子原高1丈（1丈＝10尺），中部有一处折断，竹梢触地面处离竹根3尺，试问折断处离地面多高？设折断处离地面的高度为x尺，则可列方程为（）A．x2−3＝（10−x）2 B．x2−32＝（10−x）2 C．x2+3＝（10−x）2 D．x2+32＝（10−x）2【分析】根据题意结合勾股定理列出方程即可．【解析】设折断处离地面x尺，根据题意可得：x2+32＝（10﹣x）2，故选：D．23．（2019春•崇川区期中）如图，函数y1＝﹣2x和y2＝ax+3的图象相交于点A（m，2），则关于x的不等式﹣2x＞ax+3的解集是（）A．x＞2 B．x＜2 C．x＞﹣1 D．x＜﹣1【分析】首先利用待定系数法求出A点坐标，再以交点为分界，结合图象写出不等式﹣2x＞ax+3的解集即可．【解析】∵函数y1＝﹣2x过点A（m，2），∴﹣2m＝2，解得：m＝﹣1，∴A（﹣1，2），∴不等式﹣2x＞ax+3的解集为x＜﹣1．故选：D．24．（2021秋•兴化市校级月考）已知：如图，平面直角坐标系xOy中，B（0，1），OB＝OC＝OA，A、C分别在x轴的正负半轴上．过点C的直线绕点C旋转，交y轴于点D，交线段AB于点E．若△OCD与△BDE的面积相等，求点D的坐标为（）A．（0，） B．（0，） C．（0，3） D．（0，2）【分析】根据A、B的坐标和三角形的内角和定理求出∠OAB的度数即可；设直线AB的解析式为y＝kx+b，把A、B的坐标代入得出方程组，求出直线AB的解析式，由题意推出三角形AOB和三角形ACE的面积相等，根据面积公式求出E的纵坐标，代入直线AB的解析式，求出E的横坐标，设直线CE的解析式是：y＝mx+n，利用待定系数法求出直线EC的解析式，进而即可求得点D的坐标．【解析】∵OB＝OC＝OA，∠AOB＝90°，∴∠OAB＝45°；∵B（0，1），∴A（1，0），设直线AB的解析式为y＝kx+b．∴，解得，，∴直线AB的解析式为y＝﹣x+1；∵S△COD＝S△BDE，∴S△COD+S四边形AODE＝S△BDE+S四边形AODE，即S△ACE＝S△AOB，∵点E在线段AB上，∴点E在第一象限，且yE＞0，∴×AC×yE＝×OA×OB，∴×2×yE＝×1×1，yE＝，把y＝代入直线AB的解析式得：＝﹣x+1，∴x＝，设直线CE的解析式是：y＝mx+n，∵C（﹣1，0），E（，）代入得：，解得：m＝，n＝，∴直线CE的解析式为y＝x+，令x＝0，则y＝，∴D的坐标为（0，）．故选：A．25．（2022春•海安市期中）甲、乙两人在一条400m长的直线跑道上同起点、同终点、同方向匀速跑步，先到终点的人原地休息．已知甲先出发3s，在跑步过程中，甲、乙两人间的距离y（m）与乙出发的时间x（s）之间的函数关系如图所示，有下列结论：①乙的速度为5m/s；②离开起点后，甲、乙两人第一次相遇时，距离起点12m；③甲、乙两人之间的距离超过32m的时间范围是44＜x＜89；④乙到达终点时，甲距离终点还有68m．其中正确的个数是（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【分析】由图象可知，乙80秒到达终点，行400米，可以求得乙的速度为乙的速度为5米/秒，可判断①正确；由甲3秒行12米求得甲的速度为4米/秒，甲、乙两人第一次相遇，可列方程12+4x＝5x，求得x的值为12，则5×12＝60，说明此时距离起点60米，可判断②正确；求出当12≤x≤80和当80＜x≤97时y与x之间的函数关系式，求出当y＝32时的x的值，可判断③正确；乙到达终点时x＝80，此时甲跑步的时间为83秒，距离为4×83＝332米，甲距离终点400﹣332＝68米，可判断④正确．【解析】由图象可知，乙80秒到达终点，∴400÷80＝5（米/秒），∴乙的速度为5米/秒，故①正确；由图象可知，甲3秒行12米，∴12÷3＝4（米/秒），∴甲的速度是4米/秒，甲、乙两人第一次相遇，则12+4x＝5x，解得x＝12，∴5×12＝60（米），∴甲、乙两人第一次相遇时，距离起点60米，故②错误；当x＝12时，两人第一次相遇，即y＝0；当x＝80时，乙行400米，甲行4×（3+80）＝332（米），∴400﹣332＝68（米），此时两人的距离是68米，故④正确；当x＝80时，y＝68，设当12≤x≤80时，y＝kx+b，则，解得，∴y＝x﹣12，∴当y＝32时，x﹣12＝32，解得x＝44；当乙到达终点时，甲到达终点还需要68÷4＝17（秒），设当80＜x≤97时，y＝mx+n，则，解得，∴y＝﹣4x+388，当y＝32时，﹣4x+388＝32，解得x＝89，∴甲、乙两人之间的距离超过32m的时间范围是44＜x＜89，故③正确．故选：B．26．（2022•泰兴市一模）过点（﹣1，2）的直线y＝mx+n（m≠0）不经过第三象限，若p＝3m﹣n，则p的范围是（）A．﹣10≤p≤﹣2 B．p≥﹣10 C．﹣6≤p≤﹣2 D．﹣6≤p＜﹣2【分析】根据过点（﹣1，2）的直线y＝mx+n（m≠0）不经过第三象限，可以得到m和n的关系，m、n的正负情况，再根据p＝3m﹣n，即可用含m的式子表示p和用含n的式子表示p，然后即可得到相应的不等式组，再解不等式组即可．【解析】∵过点（﹣1，2）的直线y＝mx+n（m≠0）不经过第三象限，∴﹣m+n＝2，m＜0，n≥0，∴n＝2+m，m＝n﹣2，∵p＝3m﹣n，∴p＝3m﹣（2+m）＝3m﹣2﹣m＝2m﹣2，p＝3m﹣n＝3（n﹣2）﹣n＝3n﹣6﹣n＝2n﹣6，∴m＝，n＝，∴，解得﹣6≤p＜﹣2，故选：D．27．（2022•鼓楼区一模）甲乙两地相距8km，如图表示往返于两地的公交车离甲地的距离y（单位：km）与从早晨7：00开始经过的时间x（单位：min）之间的关系．小明早晨7点从甲地出发，匀速跑步去乙地，若他在中途与迎面而来的公交车相遇3次，被同向行驶的公交车超越2次，则小明的速度可能是（）A．0.2km/min B．0.15km/min C．0.12km/min D．0.1km/min【分析】根据题意画出小明的函数图象，得到小明所用时间的范围，即可求出他的速度范围．【解析】∵小明在中途与迎面而来的公交车相遇3次，被同向行驶的公交车超越2次．∴他的函数图象如图在OA和OB之间，∴小明所用的时间在50﹣60分钟之间，8÷50＝0.16，8÷60≈0.1333，∴小明的速度在0.133﹣0.16之间，故选：B．28．（2022春•崇川区校级月考）甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，沿同一条公路相向而行，相遇时甲、乙所走路程的比为2：3，甲、乙两车离AB中点C的路程y（千米）与甲车出发时间t（时）的关系图象如图所示，则下列说法不正确的是（）A．乙车的速度为90千米/时 B．a的值为 C．b的值为150 D．当甲、乙车相距30千米时，甲行走了h或h【分析】由两车相遇时甲、乙所走路程的比为2：3及两车相遇所用时间，即可求出A、B两地之间的距离，可判断C正确；由乙车的速度＝相遇时乙车行驶的路程÷两车相遇所用时间，即可求出乙车的速度，可判断A正确；求出甲车的速度，再根据时间＝两地之间路程的一半÷甲车的速度，即可求出a值，C正确；设出发xh甲、乙车相距30千米，分两种情况列方程解答即可得D错误，据此即可得出结论．【解析】