2022-2023学年湖北省武汉洪山区五校联考数学八年级第一学期期末学业质量监测试题含解析

2022-2023学年八上数学期末模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(每小题3分,共30分)1．的平方根是（）A．2 B．－2 C．4 D．22．已知a﹣b=2，则a2﹣b2﹣4b的值为()A．2 B．4 C．6 D．83．若关于的方程有增根，则的值与增根的值分别是（）A．, B．, C．, D．,4．边长为a的等边三角形，记为第1个等边三角形，取其各边的三等分点，顺次连接得到一个正六边形，记为第1个正六边形，取这个正六边形不相邻的三边中点，顺次连接又得到一个等边三角形，记为第2个等边三角形，取其各边的三等分点，顺次连接又得到一个正六边形，记为第2个正六边形（如图），…，按此方式依次操作，则第6个正六边形的边长为（）A． B． C． D．5．如图，过边长为1的等边△ABC的边AB上一点P，作PE⊥AC于E，Q为BC延长线上一点，当PA＝CQ时，连PQ交AC边于D，则DE的长为（）A． B． C． D．不能确定6．如图，在平面直角坐标系中，将绕点逆时针旋转后，点对应点的坐标为（）A． B． C． D．7．分式的值为，则的值为（）A． B． C． D．无法确定8．若分式的值为零，则x的值是（）A．3 B．－3 C．±3 D．09．如图，BC丄OC，CB=1，且OA=OB，则点A在数轴上表示的实数是（）

A．- B．- C．-2 D．10．一辆客车从霍山开往合肥，设客车出发th后与合肥的距离为skm，则下列图象中能大致反映s与t之间函数关系的是()A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，点E在正方形ABCD内，满足∠AEB=90°，AE=6，BE=8，则阴影部分的面积是．12．随着人们对环境的重视，新能源的开发迫在眉睫，石墨烯是现在世界上最薄的纳米材料，其理论厚度应是0.0000034m，用科学记数法表示是_______。13．若代数式x2+6x+8可化为（x+h）2+k的形式，则h＝_____，k＝_____．14．已知和关于x轴对称，则值为_____．15．如图，AD是△ABC中∠BAC的平分线，DE⊥AB于点E，S△ABC＝7，DE＝2，AB＝4，则AC的长是_____．16．0.00000203用科学记数法表示为____．17．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知点A的坐标是(-2，0)，点B在y轴上，若OA=2OB，则点B的坐标是______．18．命题“对顶角相等”的条件是_______，结论是__________，它是___命题（填“真”或“假”）．三、解答题(共66分)19．（10分）甲仓库和乙仓库共存粮450吨，现从甲仓库运出存量的60%，从乙仓库运出存粮的40%，结果乙仓库所余的粮食比甲仓库所余的粮食多30吨．求甲、乙仓库原来各存粮多少吨？20．（6分）学校与图书馆在同一条笔直道路上，甲从学校去图书馆，乙从图书馆回学校，甲、乙两人都匀速步行且同时出发，乙先到达目的地.两人之间的距离y（米）与时间t（分钟）之间的函数关系如图所示.

（1）根据图象信息，当t=________分钟时甲乙两人相遇，甲的速度为________米/分钟；（2）求出线段AB所表示的函数表达式.21．（6分）(1)已知a＋b＝7，ab＝10，求a2＋b2，(a－b)2的值；(2)先化简(-)÷，并回答：原代数式的值可以等于－1吗？为什么？22．（8分）（阅读材科）小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的项角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小明发现若∠BAC=∠DAE，AB=AC，AD=AE，则△ABD≌△ACE．（材料理解）（1）在图1中证明小明的发现．（深入探究）（2）如图2，△ABC和△AED是等边三角形，连接BD，EC交于点O，连接AO，下列结论：①BD=EC；②∠BOC=60°；③∠AOE=60°；④EO=CO，其中正确的有．(将所有正确的序号填在横线上)．（延伸应用）（3）如图3，AB=BC，∠ABC=∠BDC=60°，试探究∠A与∠C的数量关系．23．（8分）小明遇到这样一个问题如图1，△ABC中，∠ACB=90°，点D在AB上，且BD=BC，求证：∠ABC=2∠ACD．小明发现，除了直接用角度计算的方法外，还可以用下面两种方法：方法2：如图2，作BE⊥CD，垂足为点E．方法3：如图3，作CF⊥AB，垂足为点F．根据阅读材料，从三种方法中任选一种方法，证明∠ABC=2∠ACD．24．（8分）已知中，如果过项点的一条直线把这个三角形分割成两个三角形，其中一个为等腰三角形，另一个为直角三角形，则称这条直线为的关于点的二分割线．例如：如图1，中，，，若过顶点的一条直线交于点，若，显然直线是的关于点的二分割线．（1）在图2的中，，．请在图2中画出关于点的二分割线，且角度是；（2）已知，在图3中画出不同于图1，图2的，所画同时满足:①为最小角；②存在关于点的二分割线．的度数是；（3）已知，同时满足：①为最小角；②存在关于点的二分割线．请求出的度数（用表示）．25．（10分）如图，对于边长为2的等边三角形，请建立适当的平面直角坐标系，并写出各个顶点的坐标.26．（10分）观察下列勾股数:3,4,5;5,12,13;7,24,25;9,40,41;…,a,b,c.根据你发现的规律,请写出:(1)当a=19时,求b,c的值;(2)当a=2n+1时,求b,c的值;(3)用(2)的结论判断15,111,112,是否为一组勾股数,并说明理由.

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【分析】根据算术平方根的定义先求出，然后根据平方根的定义即可得出结论．【详解】解：∵=4∴的平方根是2故选D．【点睛】此题考查的是求一个数的算术平方根和平方根，掌握算术平方根的定义和平方根的定义是解决此题的关键．2、B【分析】原式变形后，把已知等式代入计算即可求出值．【详解】∵a﹣b=2，∴原式=(a+b)(a﹣b)﹣1b=2(a+b)﹣1b=2a+2b﹣1b=2(a﹣b)=1．故选：B．【点睛】此题考查因式分解-运用公式法，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．3、B【解析】试题分析：分式方程去分母转化为整式方程x+2=m，由分式方程有增根，得到最简公分母x﹣2=0，即x=2，把x=2代入整式方程得：m=4，则m的值与增根x的值分别是m=4，x=2.故选B.考点：分式方程的增根．4、A【解析】连接AD、DB、DF，求出∠AFD=∠ABD=90°，根据HL证两三角形全等得出∠FAD=60°，求出AD∥EF∥GI，过F作FZ⊥GI，过E作EN⊥GI于N，得出平行四边形FZNE得出EF=ZN=a，求出GI的长，求出第一个正六边形的边长是a，是等边三角形QKM的边长的；同理第二个正六边形的边长是等边三角形GHI的边长的；求出第五个等边三角形的边长，乘以即可得出第六个正六边形的边长．连接AD、DF、DB．∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠ABC=∠BAF=∠AFE，AB=AF，∠E=∠C=120°，EF=DE=BC=CD，∴∠EFD=∠EDF=∠CBD=∠BDC=30°，∵∠AFE=∠ABC=120°，∴∠AFD=∠ABD=90°，在Rt△ABD和RtAFD中∴Rt△ABD≌Rt△AFD（HL），∴∠BAD=∠FAD=×120°=60°，∴∠FAD+∠AFE=60°+120°=180°，∴AD∥EF，∵G、I分别为AF、DE中点，∴GI∥EF∥AD，∴∠FGI=∠FAD=60°，∵六边形ABCDEF是正六边形，△QKM是等边三角形，∴∠EDM=60°=∠M，∴ED=EM，同理AF=QF，即AF=QF=EF=EM，∵等边三角形QKM的边长是a，∴第一个正六边形ABCDEF的边长是a，即等边三角形QKM的边长的，过F作FZ⊥GI于Z，过E作EN⊥GI于N，则FZ∥EN，∵EF∥GI，∴四边形FZNE是平行四边形，∴EF=ZN=a，∵GF=AF=×a=a，∠FGI=60°（已证），∴∠GFZ=30°，∴GZ=GF=a，同理IN=a，∴GI=a+a+a=a，即第二个等边三角形的边长是a，与上面求出的第一个正六边形的边长的方法类似，可求出第二个正六边形的边长是×a；同理第第三个等边三角形的边长是×a，与上面求出的第一个正六边形的边长的方法类似，可求出第三个正六边形的边长是××a；同理第四个等边三角形的边长是××a，第四个正六边形的边长是×××a；第五个等边三角形的边长是×××a，第五个正六边形的边长是××××a；第六个等边三角形的边长是××××a，第六个正六边形的边长是×××××a，即第六个正六边形的边长是×a，故选A．5、B【分析】过P作PF∥BC交AC于F，得出等边三角形APF，推出AP=PF=QC，根据等腰三角形性质求出EF=AE，证△PFD≌△QCD，推出FD=CD，推出DE=AC即可．【详解】过P作PF∥BC交AC于F.如图所示：∵PF∥BC，△ABC是等边三角形，∴∠PFD=∠QCD，△APF是等边三角形，∴AP=PF=AF，∵PE⊥AC，∴AE=EF，∵AP=PF，AP=CQ，∴PF=CQ.∵在△PFD和△QCD中,∴△PFD≌△QCD(AAS)，∴FD=CD，∵AE=EF，∴EF+FD=AE+CD，∴AE+CD=DE=AC，∵AC=1，∴DE=.故选B.6、D【分析】根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状和大小作出旋转后的图形，即可得出答案.【详解】如图，△ABC绕点A逆时针旋转90°后，B点对应点的坐标为(0,2)，故答案选择D.【点睛】本题考查的是坐标与图形的变化——旋转，记住旋转只改变图形的位置不改变图形的形状和大小.7、B【解析】根据分式的值等于1时，分子等于1且分母不为1，即可解出的值．【详解】解：分式的值为1，且．故选：B．【点睛】本题是已知分式的值求未知数的值，这里注意到分式有意义，分母不为1．8、A【分析】分式的值为1的条件是：（1）分子=1；（2）分母≠1．两个条件需同时具备，缺一不可．据此可以解答本题．【详解】解：由题意可得x-2=1且x+2≠1，

解得x=2．

故选：A．【点睛】分式值为1，要求分子为1，分母不为1．9、B【分析】根据数轴上的点，可知OC=2，且BC=1，BCOC，根据勾股定理可求OB长度，且OA=OB，故A点所表示的实数可知．【详解】解：根据数轴上的点，可知OC=2，且BC=1，BCOC，根据勾股定理可知：，又∵OA=OB=，∴A表示的实数为，故选：B．【点睛】本题考查了实数与数轴的表示、勾股定理，解题的关键在于利用勾股定理求出OB的长度．10、B【解析】分析：因为匀速行驶，图象为线段，时间和路程是正数，客车从霍山出发开往合肥，客车与合肥的距离越来越近，路程由大变小，由此选择合理的答案．详解：客车是匀速行驶的，图象为线段，s表示客车从霍山出发后与合肥的距离，s会逐渐减小为0；A、C、D都不符．故选B．点睛：本题主要考查了函数图象，解题时应首先看清横轴和纵轴表示的量，然后根据实际情况采用排除法求解．二、填空题(每小题3分,共24分)11、1【分析】根据勾股定理求出AB，分别求出△AEB和正方形ABCD的面积，即可求出答案．【详解】解：∵在Rt△AEB中，∠AEB=90°，AE=6，BE=8，∴由勾股定理得：AB==10，∴正方形的面积是10×10=100，∵△AEB的面积是AE×BE=×6×8=24，∴阴影部分的面积是100﹣24=1，故答案是：1．考点：勾股定理；正方形的性质．12、3.4×10-6【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．【详解】0.0000034m=3.4×10-6，

故答案为：3.4×10-6【点睛】此题考查科学记数法，解题关键在于掌握一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．13、3，﹣1．【分析】二次项系数为1，则常数项是一次项系数的一半的平方即可求解．【详解】解：x2+6x+8＝x2+6x+9﹣1＝（x+3）2﹣1，则h＝3，k＝﹣1．故答案为：3，﹣1．【点睛】本题考查配方法的应用，解题的关键是掌握配方的方法和完全平方公式的结构．14、1【分析】根据平面直角坐标系中任意一点，关于轴的对称点是．根据这一结论求得，的值，再进一步计算．【详解】解：关于轴对称的两个点的坐标特征为横坐标相等，纵坐标互为相反数，和关于轴对称，，，解得，，，故答案是：1．【点睛】本题考查的是关于坐标轴对称的点的坐标的性质，熟悉相关性质是解题的关键．15、1【分析】过点D作DF⊥AC于F，根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DE＝DF，再根据S△ABC＝S△ABD+S△ACD列出方程求解即可．【详解】解：如图，过点D作DF⊥AC于F，∵AD是△ABC中∠BAC的角平分线，DE⊥AB，∴DE＝DF，由图可知，S△ABC＝S△ABD+S△ACD，×4×2+×AC×2＝7，解得：AC＝1．故答案为：1．【点睛】本题考查的知识点是角平分线的性质，根据角平分线的性质得出DE＝DF是解此题的关键．16、【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．【详解】解：0.00000203用科学记数法表示为2.03×10−1，故答案为：2.03×10−1．【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．17、（0，1）或（0，-1）【分析】先得出OA的长度，再结合OA=2OB且点B在y轴上，从而得出答案．【详解】∵点A的坐标是（-2，0），

∴OA=2，

又∵OA=2OB，

∴OB=1，

∵点B在y轴上，

∴点B的坐标为（0，1）或（0，-1），

故答案为：（0，1）或（0，-1）．【点睛】本题主要考查了坐标与图形的性质，点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号．18、两个角是对顶角这两个角相等真【分析】根据命题由条件和结论组成，得到此命题的条件是“两个角是对顶角”，结论是“这两个角相等”，然后根据对顶角的性质判断命题的真假性．【详解】解：命题“对顶角相等”的条件：两个角是对顶角；结论：这两个角相等；由对顶角的性质可知：这个命题是真命题．故答案为：两个角是对顶角，这两个角相等，真．【点睛】本题考查了命题的结构与分类，掌握命题的结构、分类并能运用所学知识时行准确判断是解题的关键．三、解答题(共66分)19、甲仓库原来存粮240吨，乙仓库原来存粮210吨．【分析】设甲仓库原来存粮x吨，乙仓库原来存粮y吨，根据“甲仓库和乙仓库共存粮450吨，现从甲仓库运出存量的60%，从乙仓库运出存粮的40%，结果乙仓库所余的粮食比甲仓库所余的粮食多30吨”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解方程组即可得出结论．【详解】解：设甲仓库原来存粮x吨，乙仓库原来存粮y吨，根据题意得：，解得：．答：甲仓库原来存粮240吨，乙仓库原来存粮210吨．【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，设出未知数，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．20、（1）24；40；（2）线段AB的表达式为：y=40t（40≤t≤60）【解析】分析：（1）根据图象信息，当t=24分钟时甲乙两人相遇，甲60分钟行驶2400米，根据速度=路程÷时间可得甲的速度；

（2）由t=24分钟时甲乙两人相遇，可得甲、乙两人的速度和为2400÷24=100米/分钟，减去甲的速度得出乙的速度，再求出乙从图书馆回学校的时间即A点的横坐标，用A点的横坐标乘以甲的速度得出A点的纵坐标，再将A、B两点的坐标代入，利用待定系数法即可求出线段AB所表示的函数表达式．详解：（1）根据图象信息，当t=24分钟时甲乙两人相遇，甲的速度为2400÷60=40米/分钟．（2）∵甲从学校去图书馆，乙从图书馆回学校，甲、乙两人都匀速步行且同时出发，t=24分钟时甲乙两人相遇，

∴甲、乙两人的速度和为2400÷24=100米/分钟，

∴乙的速度为100-40=60米/分钟．

乙从图书馆回学校的时间为2400÷60=40分钟，

40×40=1600，

∴A点的坐标为（40，1600）．

设线段AB所表示的函数表达式为y=kt+b，

∵A（40，1600），B（60，2400），

∴，解得，

∴线段AB所表示的函数表达式为y=40t（40≤t≤60）．点睛：本题考查了一次函数的应用，路程、速度、时间的关系，用待定系数法确定函数的解析式，属于中考常考题型．读懂题目信息，从图象中获取有关信息是解题的关键．21、(1)a2＋b2＝29，(a－b)2＝9；(2)原代数式的值不能等于－1，理由见解析.【解析】试题分析：（1）根据完全平方公式，即可解答；（2）原式括号中两项约分后，利用乘法分配律化简，约分后利用同分母分式的减法法则计算得到最简结果，令原式的值为-1，求出x的值，代入原式检验即可得到结果．试题解析：(1)a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝72－2×10＝49－20＝29，(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＝72－4×10＝49－40＝9.(2)原式===，原式的值为-1，即=-1，去分母得：a+1=-a+1，解得：a=0，代入原式检验，分母为0，不合题意，则原式的值不可能为-1．22、（1）证明见解析；（2）①②③；（3）∠A+∠C=180°．【分析】（1）利用等式的性质得出∠BAD=∠CAE，即可得出结论；

（2）同（1）的方法判断出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，再利用对顶角和三角形的内角和定理判断出∠BOC=60°，再判断出△BCF≌△ACO，得出∠AOC=120°，进而得出∠AOE=60°，再判断出BF＜CF，进而判断出∠OBC＞30°，即可得出结论；

（3）先判断出△BDP是等边三角形，得出BD=BP，∠DBP=60°，进而判断出△ABD≌△CBP（SAS），即可得出结论．【详解】（1）证明：∵∠BAC=∠DAE，

∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，

∴∠BAD=∠CAE，

在△ABD和△ACE中，，

∴△ABD≌△ACE；

（2）如图2，∵△ABC和△ADE是等边三角形，

∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，

∴∠BAD=∠CAE，

在△ABD和△ACE中，，

∴△ABD≌△ACE，

∴BD=CE，①正确，∠ADB=∠AEC，

记AD与CE的交点为G，

∵∠AGE=∠DGO，

∴180°-∠ADB-∠DGO=180°-∠AEC-∠AGE，

∴∠DOE=∠DAE=60°，

∴∠BOC=60°，②正确，

在OB上取一点F，使OF=OC，

∴△OCF是等边三角形，

∴CF=OC，∠OFC=∠OCF=60°=∠ACB，

∴∠BCF=∠ACO，

∵AB=AC，

∴△BCF≌△ACO（SAS），

∴∠AOC=∠BFC=180°-∠OFC=120°，

∴∠AOE=180°-∠AOC=60°，③正确，

连接AF，要使OC=OE，则有OC=CE，

∵BD=CE，

∴CF=OF=BD，

∴OF=BF+OD，

∴BF＜CF，

∴∠OBC＞∠BCF，

∵∠OBC+∠BCF=∠OFC=60°，

∴∠OBC＞30°，而没办法判断∠OBC大于30度，

所以，④不一定正确，

即：正确的有①②③，

故答案为①②③；

（3）如图3，

延长DC至P，使DP=DB，

∵∠BDC=60°，

∴△BDP是等边三角形，

∴BD=BP，∠DBP=60°，

∵∠BAC=60°=∠DBP，

∴∠ABD=∠CBP，

∵AB=CB，

∴△ABD≌△CBP（SAS），

∴∠BCP=∠A，

∵∠BCD+∠BCP=180°，

∴∠A+∠BCD=180°．【点睛】此题考查三角形综合题，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造等边三角形是解题的关键．23、见解析【分析】方法1，利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，即可得到∠ABC=2∠ACD．方法2，作BE⊥CD，垂足为点E．利用等腰三角形的性质以及同角的余角相等，即可得出∠ABC=2∠ACD．方法3，作CF⊥AB，垂足为点F．利用等腰三角形的性质以及三角形外角性质，即可得到∠ACF=2∠ACD，再根据同角的余角相等，即可得到∠B=∠ACF，进而得出∠B=2∠ACD．【详解】方法1：如图，∵∠ACB=90°，∴∠BCD=90°-∠ACD，又∵BC=BD，∴∠BCD=∠BDC，∴△BCD中，∠ABC=180°-∠BDC-∠BCD=180°-2∠BCD=180°-2（90°-∠ACD）=2∠ACD；方法2：如图，作BE⊥CD，垂足为点E．∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCE=∠CBE+∠BCE=90°，∴∠ACD=∠CBE，又∵BC=BD，BE⊥CD，∴∠ABC=2∠CBE，∴∠ABC=2∠ACD；方法3：如图，作CF⊥AB，垂足为点F．∵∠ACB=90°，∠BFC=90°，∴∠A+∠ABC=∠BCF+∠ABC=90°，∴∠A=∠BCF，∵BC=BD，∴∠BCD=∠BDC，即∠BCF+∠DCF=∠A+∠ACD，∴∠DCF=∠ACD，∴∠ACF=2∠ACD，又∵∠ABC+∠BCF=∠ACF+∠BCF=90°，∴∠ABC=∠ACF，∴∠ABC=2∠ACD．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质以及三角形内角和定理的综合运用，解题时注意：等腰三角形的两个底角相等．24、（1）作图见解析，；（2）作图见解析，；（3）∠A=45°或90°或90°－2α或，或α＝45°时45°＜∠BAC＜90°．【分析】（1）根据二分割线的定义，只要把∠ABC分成90°角和20°角即可；（2）可以画出∠A=35°的三角形；（3）设BD为△ABC的二分割线，分以下两种情况．第一种情况：△BDC是等腰三角形，△ABD是直角三角形；第二种情况：△BDC是直角三角形，△ABD是等腰三角形分别利用直角三角形的性质、等腰三角形的性质和三角形的内角和定理解答即可．【详解】解：（1）关于点的二分割线BD如图4所示，；故答案为：20°；（2）如图所示：∠BAC=35°；（3）设BD为△ABC的二分割线，分以下两种情况．第一种情况：△BDC是等腰三角形，△ABD是直角三角形，易知∠C和∠DBC必为底角，∴∠DBC＝∠C＝．当∠A＝90°时，△ABC存在二分分割线；当∠ABD＝90°时，△ABC存在二分分割线，此时∠A＝90°－