甘肅省永昌六中學2023-2024學年八上數學期末調研試題含解析

甘肅省永昌六中學2023-2024學年八上數學期末調研試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖，邊長為(m+3)的正方形紙片剪出一個邊長為m的正方形之后，剩余部分可剪拼成一個矩形(不重疊無縫隙)，若拼成的矩形一邊長為3，則另一邊長是（）A．m+3 B．m+6C．2m+3 D．2m+62．在以下四個圖案中，是軸對稱圖形的是（）A． B． C． D．3．如圖1，已知△ABC的六個元素,則下面甲、乙、丙三個三角形中能和△ABC完全重合的是（）A．丙和乙 B．甲和丙 C．只有甲 D．只有丙4．要說明命題“若>，則>”是假命題，能舉的一個反例是（）A． B．C． D．5．如圖，在中，，，的垂直平分線交于點，則的度數為（）A． B． C． D．6．某地區(qū)開展“二十四節(jié)氣”標識系統設計活動，以期通過現代設計的手段，嘗試推動我國非物質文化遺產創(chuàng)新傳承與發(fā)展．下面四幅作品分別代表“立春”、“芒種”、“白露”、“大雪”，其中是軸對稱圖形的是（）A． B．C． D．7．兩個全等的等腰直角三角形拼成一個四邊形，則可拼成的四邊形是（）A．平行四邊形B．正方形或平行四邊形C．正方形或平行四邊形或梯形D．正方形8．若分式方程無解，則m的值為（）A．﹣1 B．0 C．1 D．39．已知圖中的兩個三角形全等，則的度數是（）A．72° B．60° C．58° D．50°10．已知是方程2x－ay＝5的一個解，則的值為（）A． B．4 C．25 D．1二、填空題(每小題3分,共24分)11．定義：等腰三角形的頂角與其一個底角的度數的比值k稱為這個等腰三角形的“特征值”．若等腰中，，則它的特征值__________．12．若代數式是一個完全平方式，則常數的值為__________.13．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=60°，AB=4，點D是BC上一動點，以BD為邊在BC的右側作等邊△BDE，F是DE的中點，連結AF，CF，則AF+CF的最小值是_____.14．已知平行四邊形中，，，，則這個平行四邊形的面積為_____．15．計算：=__________；＝___________16．如圖，直線y=x+b與直線y=kx+6交于點P（3，5），則關于x的不等式x+b＞kx+6的解集是_____．17．已知一個三角形的兩邊長分別為2和5，第三邊的取值范圍為______.18．的平方根是____．三、解答題(共66分)19．（10分）閱讀下列題目的解題過程：已知a、b、c為ΔABC的三邊，且滿足a2c2解：∵a2∴c2(∴c2∴ΔABC是直角三角形問：（1）上述解題過程，從哪一步開始出現錯誤？請寫出該步的代號：；（2）該步正確的寫法應是：；（3）本題正確的結論為：.20．（6分）小明和爸爸從家步行去公園，爸爸先出發(fā)一直勻速前行，小明后出發(fā)．家到公園的距離為2500m，如圖是小明和爸爸所走的路程s(m)與步行時間t(min)的函數圖象．(1)直接寫出小明所走路程s與時間t的函數關系式；(2)小明出發(fā)多少時間與爸爸第三次相遇？(3)在速度都不變的情況下，小明希望比爸爸早20min到達公園，則小明在步行過程中停留的時間需作怎樣的調整？21．（6分）如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AO＝CO，BO＝DO，且∠ABC+∠ADC＝180°．（1）求證：四邊形ABCD是矩形；（2）若∠ADF：∠FDC＝3：2，DF⊥AC，求∠BDF的度數．22．（8分）已知：如圖，點A，D，C在同一直線上，AB∥EC，AC=CE，∠B=∠EDC,求證：BC=DE23．（8分）如圖，于，于，若，.求證：平分.24．（8分）如圖，在中,，點為邊上的動點，點從點出發(fā)，沿邊向點運動，當運動到點時停止，若設點運動的時間為秒，點運動的速度為每秒2個單位長度．（1）當時，=，=；（2）求當為何值時，是直角三角形，說明理由;（3）求當為何值時，，并說明理由．25．（10分）如圖，直線被直線所截，與的角平分線相交于點，且，求證：26．（10分）證明：如果兩個三角形有兩個角及它們的夾邊的高分別相等，那么這兩個三角形全等．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【分析】由于邊長為（m+3）的正方形紙片剪出一個邊長為m的正方形之后，剩余部分又剪拼成一個矩形（不重疊無縫隙），那么根據正方形的面積公式，可以求出剩余部分的面積，而矩形一邊長為3，利用矩形的面積公式即可求出另一邊長.【詳解】設拼成的矩形一邊長為x，則依題意得：（m+3）2－m2=3x，解得，x=（6m+9）÷3=2m+3，故選C.2、A【分析】根據軸對稱圖形的概念對各選項分析判斷利用排除法求解．【詳解】A、是軸對稱圖形，故本選項正確；

B、不是軸對稱圖形，故本選項錯誤；

C、不是軸對稱圖形，故本選項錯誤；

D、不是軸對稱圖形，故本選項錯誤．

故選：A．【點睛】本題考查了軸對稱圖形的概念．軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合．3、B【解析】根據全等三角形的判定ASA，SAS，AAS，SSS，看圖形中含有的條件是否與定理相符合即可．解：甲、邊a、c夾角是50°，符合SAS∴甲正確；乙、邊a、c夾角不是50°，∴乙錯誤；丙、兩角是50°、72°，72°角對的邊是a，符合AAS，∴丙正確．故選B．點評：本題主要考查對全等三角形的判定的理解和掌握，能熟練地根據全等三角形的判定定理進行判斷是解此題的關鍵4、D【分析】作為反例，要滿足條件但不能得到結論，然后根據這個要求對各選項進行判斷即可．【詳解】解：A、a=3，b=2，滿足a＞b，且滿足|a|＞|b|，不能作為反例，故錯誤；

B、a=4，b=-1，滿足a＞b，且滿足|a|＞|b|，不能作為反例，故錯誤；

C、a=1，b=0；滿足a＞b，且滿足|a|＞|b|，不能作為反例，故錯誤；

D、a=-1，b=-2，滿足a＞b，但不滿足|a|＞|b|，∴a=-1，b=-2能作為證明原命題是假命題的反例，

故選D．【點睛】本題考查了命題與定理；熟記：要判斷一個命題是假命題，舉出一個反例就可以．5、A【分析】根據三角形的內角和定理，求出∠C，再根據線段垂直平分線的性質，推得∠A=∠ABD=30°，由外角的性質求出∠BDC的度數，從而得出∠CBD=45°．【詳解】解：∵AB=AC，∠A=30°，

∴∠ABC=∠ACB=75°，

∵AB的垂直平分線交AC于D，

∴AD=BD，

∴∠A=∠ABD=30°，

∴∠BDC=60°，

∴∠CBD=180°-75°-60°=45°．

故選：A．【點睛】此題主要考查線段的垂直平分線的性質和等腰三角形的性質；利用三角形外角的性質求得求得∠BDC=60°是解答本題的關鍵．本題的解法很多，用底角75°-30°更簡單些．6、D【分析】根據軸對稱圖形的概念求解即可．【詳解】A、不是軸對稱圖形，本選項錯誤；B、不是軸對稱圖形，本選項錯誤；C、不是軸對稱圖形，本選項錯誤；D、是軸對稱圖形，本選項正確．故選D．【點睛】本題考查了軸對稱圖形的概念．軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合．7、B【分析】兩條直角邊相等的直角三角形叫做等腰直角三角形，根據題意拼出符合題意的四邊形，進而得出結論．【詳解】如圖所示，可拼成的四邊形是正方形或平行四邊形．故選：B．【點睛】此題主要考查了正方形的判定、圖形的剪拼以及等腰直角三角形的性質，得出符合題意四邊形是解題關鍵．8、A【分析】

【詳解】兩邊同乘以(x+3)得：x+2=m，x=m-2，∵方程無解∴x+3=0，即m-2+3=0，∴m=-1，故選A.9、D【分析】根據全等三角形的性質中對應角相等，可得此組對應角為線段a和c的夾角，由此可知=50°即可．【詳解】∵兩個三角形全等，∴∠α=50°．故選D．【點睛】此題考查全等三角形的性質，學生不僅需要掌握全等三角形的性質，而且要準確識別圖形，確定出對應角是解題的關鍵．10、D【分析】把x與y的值代入方程計算求出a的值，代入原式計算即可求出值．【詳解】把代入方程得：4﹣a＝5，解得：a＝﹣1，則＝1，故選：D．【點睛】此題考查了二元一次方程的解，方程的即為能使方程左右兩邊相等的未知數的值．二、填空題(每小題3分,共24分)11、或【分析】分∠A為頂角和底角兩類進行討論，計算出其他角的度數，根據特征值k的定義計算即可．【詳解】當∠A為頂角時，等腰三角形的兩底角為，∴特征值k=；當∠A為底角時，等腰三角形的頂角為，∴特征值k=．故答案為：或【點睛】本題考查了等腰三角形的分類，等腰三角形的分類討論是解題中易錯點．一般可以考慮從角或邊兩類進行討論．12、±12【分析】利用完全平方公式的結構特征判斷即可確定出k的值．【詳解】∵是一個完全平方式，∴?k＝±12，解得：k＝±12故填：±12.【點睛】此題考查了完全平方式，熟練掌握完全平方公式是解本題的關鍵．13、2．【分析】以BC為邊作等邊三角形BCG，連接FG，AG，作GH⊥AC交AC的延長線于H，根據等邊三角形的性質得到DC=EG，根據全等三角形的性質得到FC=FG，于是得到在點D的運動過程中，AF+FC=AF+FG，而AF+FG≥AG，當F點移動到AG上時，即A，F，G三點共線時，AF+FC的最小值=AG，根據勾股定理即可得到結論．【詳解】以BC為邊作等邊三角形BCG，連接FG，AG，

作GH⊥AC交AC的延長線于H，

∵△BDE和△BCG是等邊三角形，

∴DC=EG，

∴∠FDC=∠FEG=120°，

∵DF=EF，

∴△DFC≌△EFG（SAS），

∴FC=FG，

∴在點D的運動過程中，AF+FC=AF+FG，而AF+FG≥AG，

∴當F點移動到AG上時，即A，F，G三點共線時，AF+FC的最小值=AG，

∵BC=CG=AB=2，AC=2，

在Rt△CGH中，∠GCH=30°，CG=2，

∴GH=1，CH=，

∴AG===2，

∴AF+CF的最小值是2．【點睛】此題考查軸對稱-最短路線問題，等邊三角形的性質，直角三角形的性質，正確的作出輔助線是解題的關鍵．14、40【分析】作高線CE，利用30角所對直角邊等于斜邊的一半求得高CE，再運用平行四邊形的面積公式計算即可．【詳解】過C作CE⊥AB于E，在Rt△CBE中，∠B=30，，

∴，．故答案為：．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，解題的關鍵是熟悉平行四邊形的面積公式，熟練運用“30角所對直角邊等于斜邊的一半”求解．15、1，【分析】直接運用零次冪和負整數次冪的性質解答即可．【詳解】解：=1，故答案為1，．【點睛】本題考查了零次冪和負整數次冪的性質，掌握相關性質成為解答本題的關鍵．16、x＞1.【詳解】∵直線y=x+b與直線y=kx+6交于點P（1，5），∴由圖象可得，當x＞1時，x+b＞kx+6，即不等式x+b＞kx+6的解集為x＞1．【點睛】本題考查了一次函數與一元一次不等式：從函數的角度看，就是尋求使一次函數y=ax+b的值大于（或小于）0的自變量x的取值范圍；從函數圖象的角度看，就是確定直線y=kx+b在x軸上（或下）方部分所有的點的橫坐標所構成的集合．17、.【分析】根據三角形三邊關系兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊求解即可.【詳解】∵一個三角形的兩邊長分別為2和5，∴第三邊x的范圍為：，即：.所以答案為.【點睛】本題主要考查了三角形三邊關系，熟練掌握相關概念是解題關鍵.18、±3【詳解】∵=9，∴9的平方根是.故答案為3.三、解答題(共66分)19、故答案為：(1)③;(2)當a2?b2=0時,a=b;當a2?b2≠0時,a2+b2=c2;(3)△ABC是直角三角形或等腰三角形或等腰直角三角形.【解析】（1）上述解題過程，從第三步出現錯誤，錯誤原因為在等式兩邊除以a2?b2，沒有考慮（2）正確的做法為：將等式右邊的移項到方程左邊，然后提取公因式將方程左邊分解因式，根據兩數相乘積為0，兩因式中至少有一個數為0轉化為兩個等式；（3）根據等腰三角形的判定，以及勾股定理的逆定理得出三角形為直角三角形或等腰三角形．【詳解】(1)上述解題過程，從第③步開始出現錯誤；(2)正確的寫法為：c2(a2?b2)=(a2+b2)(a2?b2)，移項得：c2(a2?b2)?(a2+b2)(a2?b2)=0，因式分解得：(a2?b2)[c2?(a2+b2)]=0，則當a2?b2=0時,a=b;當a2?b2≠0時,a2+b2=c2；(3)△ABC是直角三角形或等腰三角形或等腰直角三角形。故答案為：(1)③;(2)當a2?b2=0時,a=b;當a2?b2≠0時,a2+b2=c2;(3)△ABC是直角三角形或等腰三角形或等腰直角三角形【點睛】此題考查勾股定理的逆定理，因式分解的應用，解題關鍵在于掌握運算法則.20、（1）s＝；（2）37.5；（3）小明在步行過程中停留的時間需減少5min【解析】試題分析：（1）根據函數圖形得到0≤t≤20、20＜t≤30、30＜t≤60時，小明所走路程s與時間t的函數關系式；（2）利用待定系數法求出小明的爸爸所走的路程s與步行時間t的函數關系式，列出二元一次方程組解答即可；（3）分別計算出小明的爸爸到達公園需要的時間、小明到達公園需要的時間，計算即可．試題解析：解：（1）s=；（2）設小明的爸爸所走的路程s與步行時間t的函數關系式為：s=kt+b，則，解得，，則小明和爸爸所走的路程與步行時間的關系式為：s=30t+250，當50t﹣500=30t+250，即t=37.5min時，小明與爸爸第三次相遇；（3）30t+250=2500，解得，t=75，則小明的爸爸到達公園需要75min，∵小明到達公園需要的時間是60min，∴小明希望比爸爸早20min到達公園，則小明在步行過程中停留的時間需減少5min．21、（1）見解析；（2）∠BDF＝18°．【分析】（1）先證明四邊形ABCD是平行四邊形，求出∠ABC=90°，然后根據矩形的判定定理，即可得到結論；（2）求出∠FDC的度數，根據三角形的內角和，求出∠DCO，然后得到OD=OC，得到∠CDO，即可求出∠BDF的度數.【詳解】（1）證明：∵AO＝CO，BO＝DO，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ABC＝∠ADC，∵∠ABC+∠ADC＝180°，∴∠ABC＝∠ADC＝90°，∴四邊形ABCD是矩形；（2）解：∵∠ADC＝90°，∠ADF：∠FDC＝3：2，∴∠FDC＝36°，∵DF⊥AC，∴∠DCO＝90°﹣36°＝54°，∵四邊形ABCD是矩形，∴CO＝OD，∴∠ODC＝∠DCO＝54°，∴∠BDF＝∠ODC﹣∠FDC＝18°．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質，矩形的判定和性質，能靈活運用定理進行推理是解題的關鍵.注意：矩形的對角線相等，有一個角是直角的平行四邊形是矩形.22、證明見解析【分析】根據由兩個角和其中一角的對邊相等的兩個三角形全等證明△ABC≌△CDE，由全等三角形的性質即可得到BC=DE．【詳解】證明：∵AB∥EC，∴∠A=∠ECA，在△ABC和△CDE中∴△ABC≌CDE（AAS），∴BC=DE．【點睛】本題主要考查全等三角形的判定和性質，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性質（即對應角相等、對應邊相等）．23、見解析【分析】證明Rt△BDE≌Rt△CDF，得到DE=DF，即可得出平分.【詳解】∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠E=∠DFC=90°在Rt△BDE和Rt△CDF中，，∴Rt△BDE≌Rt△CDF（HL），∴DE=DF，∴AD平分∠BAC．【點睛】此題考查角平分線的判定定理：在角的內部，到角的兩邊的距離相等的點在角的平分線上.24、（1）CD=4，AD=16；（2）當t=3.6或10秒時，是直角三角形，理由見解析；（3）當t=7.2秒時，，理由見解析【分析】（1）根據CD=速度×時間列式計算即可得解，利用勾股定理列式求出AC，再根據AD=AC-CD代入數據進行計算即可得解；

（2）分①∠CDB=90°時，利用△ABC的面積列式計算即可求出BD，然后利用勾股定理列式求解得到CD，再根據時間=路程÷速度計算；②∠CBD=90°時，點D和點A重合，然后根據時間=路程÷速度計算即可得解；

（3）過點B作BF⊥AC于F，根據等腰三角形三線合一的性質可得CD=2CF，再由（2）的結論解答．【詳解】解：（1）t=2時，CD=2×2=4，

∵∠ABC=90°，AB=16，BC=12，∴AD=AC-CD=20-4=16；（2）①∠CDB=90°時，∴解得BD=9.6，∴t=7.2÷2=3.6秒；

②∠CBD=90°時，點D和點A重合，

t=20÷2=10秒，

綜上所述，當t=3.6或10秒時，