六盘水市重点中学2025届八年级数学第一学期期末考试试题含解析

六盘水市重点中学2025届八年级数学第一学期期末考试试题考生须知：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（每题4分，共48分）1．一支蜡烛长厘米，点燃后每小时燃烧厘米，燃烧时剩下的高度（厘米）与燃烧时间（时）的函数关系的图象是（）A． B．C． D．2．长度分别为3，7，a的三条线段能组成一个三角形，则a的值可以是（）A．3 B．4 C．6 D．103．如图，是的角平分线，，，将沿所在直线翻折，点在边上的落点记为点．那么等于()A． B． C． D．4．《九章算术》是中国传统数学的重要著作，方程术是它的最高成就．其中记载：今有共买物，人出八盈三；人出七，不足四．问人数、物价各几何？译文：今有人合伙购物，每人出8钱，会多3钱；每人出7钱，又会差4钱．问人数、物价各是多少？设合伙人数为人，物价为钱，则下列方程组正确的是（）A． B． C． D．5．下列图形中的曲线不表示y是x的函数的是（）A． B． C． D．6．下列多项式：①②③④，其中能用完全平方公式分解因式的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个7．如图，在边长为的等边三角形中，点分别是边的中点，于点，连结，则的长为（）A． B． C． D．8．下列各图中，，，为三角形的边长，则甲，乙，丙三个三角形中和左侧全等的是（）A．甲和乙 B．乙和丙 C．甲和丙 D．只有丙9．已知M、N是线段AB上的两点，AM＝MN＝2，NB＝1，以点A为圆心，AN长为半径画弧；再以点B为圆心，BM长为半径画弧，两弧交于点C，连接AC，BC，则△ABC一定是()A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形10．象棋在中国有三千多年的历史，由于用具简单，趣味性强，成为流行极为广泛的益智游戏，如图，若表示棋子“馬”和“車”的点的坐标分别为，则表示棋子“炮”的点的坐标为（）A． B． C． D．11．点到轴的距离是（）．A．3 B．4 C． D．12．小南是一位密码编译爱好者，在他的密码手册中有这样一条信息：，，3，，，分别对应下列六个字：益，爱，我，数，学，广，现将因式分解，结果呈现的密码信息可能是（）A．我爱学 B．爱广益 C．我爱广益 D．广益数学二、填空题（每题4分，共24分）13．将数字1657900精确到万位且用科学记数法表示的结果为__________．14．等腰三角形的腰长为，底边长为，则其底边上的高为_________．15．如图，已知点是直线外一点，是直线上一点，且，点是直线上一动点，当是等腰三角形时，它的顶角的度数为________________．16．如图，已知△ABC中，∠BAC=132°,现将△ABC进行折叠，使顶点B、C均与顶点A重合，则∠DAE的度数为____．17．比较大小：_____1．（填“＞”、“=”或“＜”）18．若，则___________．三、解答题（共78分）19．（8分）如图所示，△ABC中，AB=BC，DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点D，交AC于F．⑴若∠AFD=155°，求∠EDF的度数；⑵若点F是AC的中点，求证：∠CFD=∠B．20．（8分）如图，在中，，，为的中点，、分别是、(或它们的延长线)上的动点，且．（1）当时，如图①，线段和线段的关系是：_________________；（2）当与不垂直时，如图②，（1）的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（3）当、运动到、的延长线时，如图③，请直接写出、、之间的关系．21．（8分）我们定义：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．（1）如图1，垂美四边形ABCD的对角线AC，BD交于O．求证：AB2+CD2＝AD2+BC2；（2）如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结BE，CG，GE．①求证：四边形BCGE是垂美四边形；②若AC＝4，AB＝5，求GE的长．22．（10分）如图，已知AC∥BD．（1）作∠BAC的平分线，交BD于点M（尺规作图，保留作图痕迹，不用写作法）；（2）在（1）的条件下，试说明∠BAM=∠AMB．23．（10分）如图，平分，且，垂足分别是，连结与交于点．（1）求证：是线段的垂直平分线；（2）若，求的周长和四边形的面积．24．（10分）某学校2017年在某商场购买甲、乙两种不同足球，购买甲种足球共花费2000元，购买乙种足球共花费1400元，购买甲种足球数量是购买乙种足球数量的2倍．且购买一个乙种足球比购买一个甲种足球多花20元；（1）求购买一个甲种足球、一个乙种足球各需多少元；（2）2018年这所学校决定再次购买甲、乙两种足球共50个．恰逢该商场对两种足球的售价进行调整，甲种足球售价比第一次购买时提高了10%，乙种足球售价比第一次购买时降低了10%．如果此次购买甲、乙两种足球的总费用不超过2910元，那么这所学校最多可购买多少个乙种足球？25．（12分）计算﹣2（）26．特殊两位数乘法的速算——如果两个两位数的十位数字相同，个位数字相加为10，那么能立说出这两个两位数的乘积.如果这两个两位数分别写作AB和AC（即十位数字为A，个位数字分别为B、C，B+C=10，A>3），那么它们的乘积是一个4位数，前两位数字是A和(A+1)的乘积，后两位数字就是B和C的乘积.如：47×43=2021，61×69=4209.（1）请你直接写出83×87的值；（2）设这两个两位数的十位数字为x(x>3)，个位数字分别为y和z（y+z=10)，通过计算验证这两个两位数的乘积为100x(x+1)+yz.（3）99991×99999=___________________（直接填结果）

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【分析】随着时间的增多，蜡烛的高度就越来越小，由于时间和高度都为正值，所以函数图象只能在第一象限，由此即可求出答案．【详解】解：设蜡烛点燃后剩下h厘米时，燃烧了t小时，

则h与t的关系是为h=20-5t，是一次函数图象，即t越大，h越小，

符合此条件的只有D．

故选：D．【点睛】本题主要考查函数的图象的知识点，解答时应看清函数图象的横轴和纵轴表示的量，再根据实际情况来判断函数图象．2、C【分析】根据三角形的三边关系：①两边之和大于第三边，②两边之差小于第三边即可得到答案．【详解】解：7−3＜x＜7＋3，即4＜x＜10，只有选项C符合题意，故选：C．【点睛】此题主要考查了三角形的三边关系，解题的关键是熟练掌握三角形的三边关系定理．3、C【分析】根据折叠的性质可得BD=DE，AB=AE，然后根据AC=AE+EC，AB+BD=AC，证得DE=EC，根据等边对等角以及三角形的外角的性质求解．【详解】根据折叠的性质可得BD=DE，AB=AE．∵AC=AE+EC，AB+BD=AC，∴BD=EC，∴DE=EC．∴∠EDC=∠C=20°，∴∠AED=∠EDC+∠C=40°．∴∠B=∠AED=40°故选：C．【点睛】本题考查了折叠的性质以及等腰三角形的性质、三角形的外角的性质，解决本题的关键是证明DE=EC．4、A【分析】设合伙人数为人，物价为钱，根据该物品价格不变，即可得出关于x、y的二元一次方程组，进而得到答案．【详解】解：设合伙人数为人，物价为钱，根据该物品价格不变，即可得出关于x、y的二元一次方程组为：，故选：A；【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，解答本题的关键是读懂题意，找出合适的等量关系，列方程求解．5、C【分析】函数是指：对于任何一个自变量x的值都有唯一确定的函数值y与之相对应.【详解】根据函数的图象，选项C的图象中，x取一个值，有两个y与之对应，故不是函数.故选C【点睛】考点：函数的定义6、B【解析】试题分析：①，不能分解，错误；②；③，不能分解，错误；④．其中能用完全平方公式分解因式的有2个，为②④．故选B．考点：因式分解-运用公式法．7、C【分析】根据题意，先由三角形的中位线求得DE的长，再由含有角的直角三角形求出FD的长，最后由勾股定理求得EF的长即可得解.【详解】∵是等边三角形且边长为4∴，∵∴∴∵点分别是边的中点∴，∵∴∵在中，∴，故选：C.【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，三角形中位线，含有角的直角三角，勾股定理等相关内容，熟练掌握三角形的相关知识点是解决本题的关键.8、B【分析】根据全等三角形的判定定理逐图判定即可．【详解】解：∵甲图为不能全等；乙图为；丙图为∴乙、丙两图都可以证明．故答案为B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理，牢记AAS、SAS、ASA、SSS可证明三角形全等，AAA、SSA不能证明三角形全等是解答本题的关键．9、B【分析】依据作图即可得到AC＝AN＝4，BC＝BM＝3，AB＝2+2+1＝5，进而得到AC2+BC2＝AB2，即可得出△ABC是直角三角形．【详解】如图所示，AC＝AN＝4，BC＝BM＝3，AB＝2+2+1＝5，∴AC2+BC2＝AB2，∴△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，故选B．【点睛】本题主要考查了勾股定理的逆定理，如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．10、D【分析】根据棋子“馬”和“車”的点的坐标可得出原点的位置，进而得出答案．【详解】如图所示：棋子“炮”的点的坐标为：（1，3）．

故选：D．【点睛】本题主要考查了坐标确定位置，正确得出原点的位置是解题关键．11、B【分析】根据平面直角坐标系内的点到轴的距离就是横坐标的绝对值，即可得到结果．【详解】解：∵点的横坐标为-4，∴点到轴的距离是4，故选：B．【点睛】本题考查了平面直角坐标系内点的坐标，属于基础题目．12、C【分析】先运用提公因式法,再运用公式法进行因式分解即可.【详解】因为==所以结果呈现的密码信息可能是:我爱广益.故选:C【点睛】考核知识点:因式分解.掌握提公因式法和套用平方差公式是关键.二、填空题（每题4分，共24分）13、1.66×1【分析】用科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，再对千位数的数字进行四舍五入即可．【详解】解：1657900=1.6579×1≈1.66×1．

故答案为：1.66×1．【点睛】本题考查了科学记数法表示较大的数的方法，准确确定a与n值是关键．14、【分析】先画出图形，根据等腰三角形“三线合一”的性质及勾股定理即可求得结果．【详解】如图，AB=AC=8，BC=6，AD为高，则BD=CD=3，∴故答案为：【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握等腰三角形“三线合一”的性质：等腰三角形顶角平分线，底边上的高，底边上的中线重合．15、或或【分析】分AB边为腰或底画出图形求解即可．【详解】①当AB为腰时，如图，在△ABP1中，AB=AP1，此时顶角∠BAP1的度数为：20°；在△ABP2中，AB=BP2，此时顶角∠ABP2的度数为：180°-20°×2=140°；在△ABP3中，AB=BP3，此时顶角∠BAP3的度数为：180°-20°=160°；②当AB为底时，如图，在△ABP4中，AP4=BP4，此时顶角∠BAP4的度数为：180°-20°×2=140°．故答案为：或或．【点睛】此题主要考查了等腰三角形的判定以及三角形内角和定理，熟练掌握等腰三角形的判定是解题的关键．16、84°【分析】利用三角形的内角和定理可得∠B＋∠C=48°，然后根据折叠的性质可得∠B=∠DAB，∠C=∠EAC，从而求出∠DAB＋∠EAC=48°，即可求出∠DAE．【详解】解：∵∠BAC=132°,∴∠B＋∠C=180°－∠BAC=48°由折叠的性质可得：∠B=∠DAB，∠C=∠EAC∴∠DAB＋∠EAC=48°∴∠DAE=∠BAC－（∠DAB＋∠EAC）=84°故答案为：84°．【点睛】此题考查的是三角形的内角和定理和折叠的性质，掌握三角形的内角和定理和折叠的性质是解决此题的关键．17、＞．【解析】先求出1=，再比较即可．【详解】∵12=9＜10，∴＞1，故答案为＞．【点睛】本题考查了实数的大小比较和算术平方根的应用，用了把根号外的因式移入根号内的方法．18、1【分析】先根据算术平方根的非负性、绝对值的非负性求出a、b的值，再代入计算有理数的乘方运算即可得．【详解】由算术平方根的非负性、绝对值的非负性得：，，解得，，则，故答案为：1．【点睛】本题考查了算术平方根的非负性、绝对值的非负性、有理数的乘方，熟练掌握算术平方根和绝对值的非负性是解题关键．三、解答题（共78分）19、（1）50°；（2）见解析【解析】试题分析：⑴根据等腰三角形的性质、三角形的内角和定理与四边形的内角和为360°，可求得所求角的度数.⑵连接BF，根据三角形内角和定理与等腰三角形三线合一，可知.试题解析：⑴∵∠AFD=155°，∴∠DFC=25°，∵DF⊥BC，DE⊥AB，∴∠FDC=∠AED=90°，在Rt△EDC中，∴∠C=90°﹣25°=65°，∵AB=BC，∴∠C=∠A=65°，∴∠EDF=360°﹣65°﹣155°﹣90°=50°．⑵连接BF，∵AB=BC，且点F是AC的中点，∴BF⊥AC，，∴∠CFD+∠BFD=90°，∠CBF+∠BFD=90°，∴∠CFD=∠CBF，∴．20、（1），；（2）成立，证明见解析；（3）【解析】（1）连接CO，证明△AOM≌△CON可证得OM=ON，∠CON=∠AOM=45°，再证明∠COM=45°即可证明出结论；（2）连接CO，证明可证得OM=ON，再证明即可得到结论；（3）同（2）得：△OCF≌△OBN，，得出S△OMN=S五边形OBNMC=S△CMN+S△OCB=S△CMN+S△ABC．【详解】（1）∵，，∴∠A=45°，∵，∴∠AOM=45°，连接CO，则有CO⊥AB，如图，∴∠COM=45°，∠BCO=45°，CO=AB∵为的中点，∴∴AO=CO在△AOM和△CON中∴△AOM≌△CON∴OM=ON，∠NOC=∠MOA=45°，∴∠NOC+∠COM=45°+45°=90°，即∴，（2）成立，证明：连接，，是中点，(三线合一)又，（3）连接CO，如图所示：同（2）得：△OCF≌△OBN，∠OCM=∠OBN=135°∴S△OMN=S五边形OBNMC，=S△CMN+S△OCB，=S△CMN+S△ABC，∴．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、图形面积的求法，证明三角形全等是解决问题的关键，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．21、（1）见解析；（2）①见解析；②GE＝【分析】（1）由垂美四边形得出AC⊥BD，则∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，由勾股定理得AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2，即可得出结论；

（2）①连接BG、CE相交于点N，CE交AB于点M，由正方形的性质得出AG=AC，AB=AE，∠CAG=∠BAE=90°，易求∠GAB=∠CAE，由SAS证得△GAB≌△CAE，得出∠ABG=∠AEC，由∠AEC+∠AME=90°，得出∠ABG+∠AME=90°，推出∠ABG+∠BMN=90°，即CE⊥BG，即可得出结论；

②垂美四边形得出CG2+BE2=CB2+GE2，由勾股定理得出BC==3，由正方形的性质得出CG=4，BE=5，则GE2=CG2+BE2-CB2=73，即可得出结果．【详解】（1）证明：∵垂美四边形ABCD的对角线AC，BD交于O，∴AC⊥BD，∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，由勾股定理得：AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，∴AD2+BC2＝AB2+CD2；（2）①证明：连接BG、CE相交于点N，CE交AB于点M，如图2所示：∵正方形ACFG和正方形ABDE，∴AG＝AC，AB＝AE，∠CAG＝∠BAE＝90°，∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，在△GAB和△CAE中，，∴△GAB≌△CAE（SAS），∴∠ABG＝∠AEC，∵∠AEC+∠AME＝90°，∴∠ABG+∠AME＝90°，∴∠ABG+∠BMN＝90°，即CE⊥BG，∴四边形BCGE是垂美四边形；②解：∵四边形BCGE是垂美四边形，∴由（1）得：CG2+BE2＝CB2+GE2，∵AC＝4，AB＝5，∴BC＝＝＝3，∵正方形ACFG和正方形ABDE，∴CG＝AC＝4，BE＝AB＝5，∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝（4）2+（5）2﹣32＝73，∴GE＝．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了新概念“垂美四边形”、勾股定理、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；正确理解新概念“垂美四边形”、证明三角形全等是解题的关键．22、（1）见解析（2）见解析【分析】（1）根据角平分线的作法可以解答本题；（2）根据角平分线的性质和平行线的性质可以解答本题．【详解】（1）如图所示；（2）∵AM平分∠BAC，∴∠CAM=∠BAM，∵AC∥BD，∴∠CAM=∠AMB，∴∠BAM=∠AMB．【点睛】本题考查基本作图、角平分线的性质、平行线的性质，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，利用数形结合的思想解答．23、（1）证明见解析；（2），【分析】（1）根据线段垂直平分线的判定定理证明点E，点O都在线段CD的垂直平分线上，即可得到是线段的垂直平分线；（2）先证明△OCD是等边三角形，再根据等边三角形的性质即可得出周长及面积．【详解】（1）证明：∵OE平分∠AOB，EC⊥OA，ED⊥OB，∴CE=DE，∴点E是在线段CD的垂直平分线上．在Rt△OCE和Rt△ODE中，，∴Rt△OCE≌Rt△ODE(HL)，∴OC=OD，∴点O是在线段CD的垂直平分线上，∴OE是线段CD的垂直平分线．（2）解：∵∠ECD=30°，∠OCE=90°，∴∠OCD=60°．∵OC=OD，∴△OCD是等边三角形．∵OC=，∴△OCD的周长为3∵∠OCD=60°，∴∠COE=30°，∴OE=2CE．设CE=x，则OE=2x．由勾股定理，得(2x)2=x2＋()2，解得：x=1，即CE=1，∴四边形OCED的面积=2S△OCE=2×·OC·EC==【点睛】本题考查了线段垂直平分线的判定、等边三角形的判定及性质，解题的关键是熟记垂直平分线的判定定理及等边三角形的性质．24、（1）购买一个甲种足球需要50元，购买一个乙种篮球需要1元（2）这所学校最多可购买2个乙种足球【解析】（1）根据题意可以列出相应的分式方程，从而可以求得购买一个甲种足球、一个乙种足球各需多少元；（2）根据题意可以列出相应的不等式，从而可以求得这所学校最多可购买多少个乙种足球．【详解】（1）设购买