华师大版八年级上册数学期中考试试题带答案

华师大版八年级上册数学期中考试试卷一、选择题。（每小题只有一个正确答案）1．的平方根是（）A．2 B． C． D．2．下列运算中，正确的是（）A．B．C．D．3．在数轴上的大致位置是（）A． B． C． D．4．若2m－4与3m－1是同一个数的平方根，则m的值是（）A．－3 B．－1 C．1 D．－3或15．已知a2﹣2a﹣1＝0，则a4﹣2a3﹣2a+1等于（）A．0 B．1 C．2 D．36．在边长为a的正方形中挖掉一个边长为b的小正方形(a>b)．把余下的部分剪成两个直角梯形后，再拼成一等腰梯形(如图)，通过计算阴影部分的面积，验证了一个等式，这个等式是()A． B．C． D．7．对于任意正整数均能被（）A．12整除 B．16整除 C．30整除 D．60整除8．如图，四边形中，，，有如下结论：①；②；③，其中正确的结论有（）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个9．如图，在中，，，垂足分别为、、、交于点，已知，，则的长为（）A．1 B．2 C．3 D．410．如图，是边长为1的等边三角形，为顶角的等腰三角形，点、分别在、上，且，则的周长为（）A．2 B．3 C．1.5 D．2.5二、填空题11．计算：=___．12．计算：__________.13．如图，已知AB=AD，∠1=∠2，要使△ABC≌△ADE，还需添加的条件是_____（只需填一个）14．如图，AD是△ABC的中线，∠ADC=60°，BC=6，把△ABC沿直线AD折叠，点C落在C′处，连接BC′，那么BC′的长为．15．如图，中，，，，点从点出发沿路径向终点以的速度运动，同时点从点出发沿路径向终点以的速度运动，两点都要到达相应的终点时才能停止运动.分别过和作于，于，则当运动时间____________时，与去全等．16．如图，，，欲证，则需增加的条件是__．三、解答题17．计算：.18．分解因式：①②19．已知长方形周长为，两邻边分别为,，且，求长方形的面积.20．如图，已知AB＝CD，∠B＝∠C，AC和BD交于点O，E是AD的中点，连接OE．(1)求证：△AOD≌△DOC；(2)求∠AEO的度数．21．如图，在△ABC中，AB=AC，作AD⊥AB交BC的延长线于点D，作AE∥BD，CE⊥AC，且AE，CE相交于点E，求证：AD=CE．22．如图，为杨辉三角的一部分，它的作用是指导读者按规律写出形如（a+b）n（n为正整数）展开式的系数，请你仔细观察下列等式中的规律，利用杨辉三角解决下列问题．（a+b）=a+b（a+b）2=a2+2ab+b2（a+b）3=a3+3a2b+3ab2+b3（1）填出（a+b）4展开式中第二项是；（2）求（2a﹣1）5的展开式．23．如图，AB＝AE，∠1＝∠2，AC＝AD．求证：△ABC≌△AED．24．已知在和中，，，，交于点，为线段上一动点，以每秒的速度从匀速运动到，过作直线，且，点在直线的右侧，设点运动时间为.（1）当为等腰三角形时，；（2）当点在线段上时，过点作于点，求证；（3）当点在线段上运动的过程中，的面积是否变化？若不变，求出它的值.25．如图，在中，为锐角，点为射线上一动点，连接.以为直角边且在的上方作等腰直角三角形.（1）若，①当点在线段上时（与点不重合），试探讨与的数量关系和位置关系；②当点在线段的延长线上时，①中的结论是否仍然成立，请在图2中面出相应的图形并说明理由；（2）如图3，若，，，点在线段上运动，试探究与的位置关系.参考答案1．C【分析】先计算，再由平方根的定义求出4的平方根.【详解】∵，4的平方根是，∴的平方根是，故选C.【点睛】本题考查求平方根，需要注意先求出的值是关键.2．D【分析】根据单项式的乘除法，同底数幂的乘法以及积的乘方进行判断.【详解】A.，故A选项错误；B.，故B选项错误；C.，故C选项错误；D.，故D选项正确；故选D.【点睛】本题考查整式的乘除法运算，熟练掌握单项式的乘除法，同底数幂的乘法以及积的乘方运算是解题的关键.3．D【分析】由9＜13＜16，可得到的取值范围，进而判断在数轴上的位置.【详解】∵9＜13＜16∴，即∵3＜＜4，故选D.【点睛】本题考查无理数的估值，找到被开方数左右相邻的两个平方数是关键.4．D【分析】根据平方根的性质列方程求解即可；【详解】当时，；当时，；故选：D.【点睛】本题主要考查平方根的性质，易错点是容易忽略相等的情况，做好分类讨论是解决本题的关键.5．C【解析】∵，∴，原式====2．故选C．6．A【分析】根据图中边的关系，可求出两图的面积，而两图面积相等，从而推导出了平方差的公式．【详解】左阴影的面积，右平行四边形的面积，

两面积相等所以等式成立．这是平方差公式．

故选：A．【点睛】本题考查了平方差公式的几何背景，解决本题的关键是求出两图的面积，而两图面积相等，从而推导出了平方差的公式．7．C【分析】提取公因式，将式子变形后可得答案.【详解】∵n为正整数，则n-1≥0∴能被30整除故选C.【点睛】本题考查因式分解的应用，提取公因式对式子进行变形是关键.8．D【解析】【分析】用SSS易证△ABD≌△CBD，可得∠ABO=∠CBO，再根据等腰三角形三线合一性质得到OB垂直平分AC，即可判断.【详解】在△ABD和△CBD中，∴△ABD≌△CBD（SSS），（故③正确）∴∠ABO=∠CBO在等腰△ABC中，AB=CB，OB平分∠ABC，∴OB垂直平分AC即AC⊥BD，AO=CO=AC故①②正确，综上可得：①②③正确，故选D.【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，掌握等腰三角形三线合一性质是关键.9．B【分析】先利用等角的余角相等得到∠BAD=∠BCE，则可根据“AAS”证明△BCE≌△HAE，则CE=AE=6，然后根据CH=CE−HE即可的答案．【详解】∵AD⊥BC，CE⊥AB，

∴∠BEC=∠ADB=90°，

∵∠BAD+∠B=90°，∠BCE+∠B=90°，

∴∠BAD=∠BCE，

在△BCE和△HAE中，

∴△BCE≌△HAE（AAS），

∴CE=AE=6，

∴CH=CE-HE=6-4=2．

故选：B．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，找出图中的全等三角形并证明是关键.10．A【解析】【分析】延长AC到E，使CE=BM，连接DE，求证△BMD≌△CED，可得∠BDM=∠CDE，进而求证△MDN≌△EDN可得MN=NE=NC+CE=NC+BM，即可计算△AMN周长．【详解】如图所示，延长AC到E,使CE=BM,连接DE,∵BD=DC,∠BDC=120°，∴∠CBD=∠BCD=30°，∵∠ABC=∠ACB=60°，∴∠ABD=∠ACD=∠DCE=90°，在△BMD和△CED中，∴△BMD≌△CED（SAS），∴∠BDM=∠CDE，DM=DE，又∵∠MDN=60°，∴∠BDM+∠NDC=60°，∴∠EDC+∠NDC=∠NDE=60°=∠NDM，在△MDN和△EDN中，∴△MDN≌△EDN(SAS)，∴MN=NE=NC+CE=NC+BM，所以△AMN周长=AM+AN+MN=AM+AN+NC+BM=AB+AC=2.故选A.【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，做辅助线构造全等三角形，利用等边三角形的性质得到全等条件是解决本题的关键.11．﹣2．【详解】立方根．【分析】根据立方根的定义，求数a的立方根，也就是求一个数x，使得x3=a，则x就是a的一个立方根：∵（－2）3=－8，∴．12．10000【分析】将93.04改写为2×46.52，即可用完全平方公式计算.【详解】解：原式=故答案为：10000.【点睛】本题考查利用完全平方公式进行简便计算，熟练掌握完全平方公式将原式变形是关键.13．∠B=∠D或∠C=∠E或AC=AE【解析】要使要使△ABC≌△ADE，已知AB=AD，∠1=∠2得出∠BAC=∠DAE，若添加∠B=∠D或∠C=∠E可以利用ASA判定其全等，添加AC=AE可以利用SAS判定其全等．解：∵AB=AD，∠1=∠2∴∠BAC=∠DAE∴若添加∠B=∠D或∠C=∠E可以利用ASA判定△ABC≌△ADE若添加AC=AE可以利用SAS判定△ABC≌△ADE故填空答案：∠B=∠D或∠C=∠E或AC=AE．三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．添加时注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．14．3【解析】根据中点的性质得BD=DC=3，再根据对称的性质得∠ADC′=60°，判定三角形为等边三角形即可求．解：根据题意：BC=6，D为BC的中点；故BD=DC=3．有轴对称的性质可得：∠ADC=∠ADC′=60°，DC=DC′=3，∠BDC′=60°，故△BDC′为等边三角形，故BC′=3．故答案为3．15．2或4.5或14.【解析】【分析】易证∠MEC=∠CFN，∠MCE=∠CNF．只需MC=NC，就可得到△MEC与△CFN全等，然后只需根据点M和点N不同位置进行分类讨论即可解决问题．【详解】①当0≤t<时，点M在AC上，点N在BC上，如下图所示，此时有AM=t，BN=3t，AC=7，BC=11.当MC=NC时，即7-t=11-3t时，解得t=2，∵ME⊥l,NF⊥l,∠ACB=90°，∴∠MEC=∠CFN=∠ACB=90°.∴∠MCE=90°-∠FCN=∠CNF.在△MEC和△CFN中，∠MCE=∠CNF，∠MEC=∠CFN，MC=NC.∴△MEC≌△CFN(AAS)；②当≤t<7时，点M在AC上，点N也在AC上，当M、N重合时，两三角形全等，此时MC=NC，即7-t=3t-11，解得t=4.5；③当7<t<18时，点N停在点A处，点N在BC上，如下图所示，当MC=NC即t-7=7，也即t=14时，同理可得：△MEC≌△CFN.综上所述：当t等于2或4.5或14秒时，与去全等.故答案为：2或4.5或14.【点睛】本题考查全等三角形的动点问题，进行分段讨论，根据全等三角形对应边相等建立方程是关键.16．【分析】根据已知条件有两条边对应相等，于是可添加条件第三边对应相等或添加它们的夹角相等，均可得欲证的结论．【详解】条件是，理由是：在和中，，，故答案为：．【点睛】本题考查了判定三角形全等所需的条件，熟练掌握三角形全等判定的方法是解决本题的关键．17．【分析】将带分数化成假分数，然后根据算术平方根和立方根的定义进行计算即可.【详解】解：原式===【点睛】本题考查算术平方根与立方根的计算，熟练掌握算术平方根和立方根的定义是关键.18．①；②【分析】①用平方差公式进行分解；②先展开合并，然后采用平方差公式进行分解.【详解】解：①原式===②原式====【点睛】本题考查因式分解，熟练掌握提公因式与公式法是解题的关键，注意因式分解要彻底.19．5000【分析】由题意可得，然后将进行因式分解变形，可推出，代入，即可解出x，y的值，再求面积即可.【详解】∵长方形周长为300cm，∴，化简得===∵，∴则，即，∵∴，解得∴∴长方形的面积=.20．（1）证明见解析(2)∠AEO=90°【解析】解：（1）证明：在△AOB和△COD中，∵∠B＝∠C，∠AOB=∠DOC，AB=DC，∴△AOB≌△COD（AAS）．（2）∵△AOB≌△COD，∴AO=DO．∵E是AD的中点，∴OE⊥AD．∴∠AEO=90°．（1）由已知可以利用AAS来判定其全等；（2）根据全等三角形对应边相等的性质得AO=DO，再根据等腰三角形三线合一的性质即可求得∠AEO=90°．21．详见解析.【解析】试题分析：先根据平行线的性质、等腰三角形的性质证明∠EAC=∠B，在证明△ABD≌△CAE（ASA）即可．试题解析：∵AE∥BD∴∠EAC=∠ACB∵AB=AC∴∠B=∠ACB∴∠EAC=∠B又∵∠BAD=∠ACE=90°∴△ABD≌△CAE∴AD=CE．考点：平行线的性质、等腰三角形的性质、三角形全等的判定．22．（1）；（2）．【解析】试题分析：根据题意的规律可知展开式第二项中的次数是3，的次数是1，系数为3+1，据此求解（1）；根据题意可知系数依次为1、5、10、10、5、1，再结合即可求解；试题解析：(1)由题意给出规律可知：(2)由题意给出规律可知：23．见解析.【分析】首先根据∠1=∠2可得∠BAC=∠EAD，再加上条件AC=AD，AB=AE可证明△ABC≌△AED．【详解】∵∠1=∠2，∴∠BAC=∠EAD．在△ABC和△AED中，∵，∴△ABC≌△AED（SAS）．【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．24．（1）3或6或；（2）见解析；（3）不变，S△ABQ=9.【分析】（1）分三种情况讨论，由等腰三角形的性质可求BF的长，即可求t的值；

（2）由等腰三角形的性质可得∠AOB=90°，由“AAS”可证△AOF≌△FHQ；

（3）由“AAS”可证△AOF≌△FHQ，可得OF=QH=t-3，由面积的和差关系可求解．【详解】（1）∵∠BAD=90°，AB=AD，

∴∠ABD=∠ADB=45°，

若AB=AF时，即点F与点D重合，

∴BF=BD=6cm，

∴t==6，

若BF=AF时，

∴∠ABF=∠BAF=45°，

∴∠AFB=90°，

∴AF⊥BD，且AB=AD

∴BF=DF=3cm，

∴t==3，

若AB=BF=cm，

∴t==

故答案为：3或6或.

（2）如图1，

∵∠DAB=∠ABC=90°，AD=AB=CB，

∴∠ABD=∠ADB=45°，∠BAC=∠ACB=45°，

∴∠AOB=90°，

∵AF⊥FQ，QH⊥BD，

∴∠AFQ=∠FHQ=90°，

∴∠QFH+∠FQH=90°，∠AFO+∠QFH=90°，

∴∠AFO=∠FQH，AF=FQ，∠AOF=∠FHQ=90°

∴△AOF≌△FHQ（AAS）

（3）不变，

理由如下：如图2，过点Q作QH⊥BD，

∵∠DAB=∠ABC=90°，AD=AB=CB，

∴∠ABD=∠ADB=45°，∠BAC=∠ACB=45°，

∴∠AOB=90°，

∵AF⊥FQ，QH⊥BD，

∴∠AFQ=∠FHQ=90°，

∴∠QFH+∠FQH=90°，∠AFO+∠QFH=90°，

∴∠AFO=∠FQH，AF=FQ，∠AOF=∠FHQ=90°

∴△AOF≌△FHQ（AAS）

∴OF=QH=t-3，

∵S△ABQ=S△ABF+S△AFQ-S△BFQ=BF×AO+×AF2-×BF×QH

∴S△ABQ=×t×3+[32+（t-3）2]-×t×（t-3）=9

故△ABQ的面积不发生变化．【点睛】本题考查三角形中的动点问题，掌握等腰三角形的性质进行分类讨论是解决（1）题的关键，（2）题由等腰三角形的性质得到全等条件是关键，（3）题利用全等将三角形进行转换是关键.25．（1）①CF⊥BD，证明见解析；②成立，理由见解析；（2）CF⊥BD，证明见解析.【分析】（1）①根据同角的余角相等求出∠CAF=∠BAD，然后利用“边角边”证明△ACF和△ABD全等，②先求出∠CAF=∠BAD，然后与①的思路相同求解即可；（2）过点A作AE⊥AC交BC于E，可得△ACE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AC=AE，∠AED=45°，再根据同角的余角相等求出∠C