2024年湘師大新版八年級數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年湘師大新版八年級數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷230考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、如圖，每個小正方形的邊長為1，A，B，C是小正方形的頂點，連接AB，BC，則∠ABC的度數(shù)為（）A.30°B.45°C.60°D.75°2、菱形的周長為32，兩鄰角之比為2：1，則該菱形面積為（）A.B.C.D.3、【題文】下列運算中，錯誤的是（）A.B.C.D.4、計算(2÷3)×（1.5）×(-1)A.-2÷3B.-3÷2C.2÷3D.3÷25、如圖．在Rt△ABC中；∠ABC=90°，點D是斜邊上的中點，點P在AB上，PE⊥BD于E，PF⊥AC于F，若AB=6，BC=3，則PE+PF=（）

A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)6、在邊長為a的正方形中挖去一個邊長為b的小正方形（a＞b）（如圖甲），把余下的部分拼成一個矩形（如圖乙），根據(jù)兩個圖形中陰影部分的面積相等，可以驗證____（填寫序號）．

①（a+b）2=a2+2ab+b2②（a-b）2=a2-2ab+b2

③a2-b2=（a+b）（a-b）④（a+2b）（a-b）=a2+ab-2b2．

7、如圖，已知棋子“車”的坐標為（﹣2，﹣1），棋子“馬”的坐標為（1，﹣1），則棋子“炮”的坐標為____

8、在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=8cm，AC=6cm，在射線BC上一動點D，從點B出發(fā)，以2厘米每秒的速度勻速運動，若點D運動t秒時，以A、D、B為頂點的三角形恰為等腰三角形，則所用時間t為____秒．9、某商品進價200

元，標價300

元，商場規(guī)定可以打折銷售，但其利潤不能低于5%

該商品最多可以______折.

10、在?ABCD中，∠A：∠B=3：2，則∠C=____．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)11、；____．12、多項式3a2b3-4ab+2是五次三項式，它的二次項是4ab．____．（判斷對錯）13、由2a＞3，得；____．14、判斷：===20（）15、等腰梯形、直角梯形是特殊梯形．（判斷對錯）16、2x+1≠0是不等式；____．17、判斷：只要是分式方程，一定出現(xiàn)增根.（）18、判斷對錯：關(guān)于中心對稱的兩個圖形全等。評卷人得分四、證明題(共3題，共30分)19、如圖，點E在CD上，BC與AE交于點F，AB=CB，BE=BD，∠1=∠2．求證：∠2=∠3．20、如圖，已知AB=AD，點E、F分別是CD、BC的中點，BF=CE，求證：AE=AF．21、已知：如圖；在△ABC中D；F分別是AB、AC的中點，延長DF到點使DF=EF．

求證：四邊形BCED是平行四邊形．評卷人得分五、綜合題(共4題，共40分)22、（2015秋?撫州校級期中）如圖；在平面直角坐標系內(nèi)，梯形OABC的頂點坐標分別是：A（3，4），B（8，4），C（11，0），點P（t，0）是線段OC上一點，設(shè)四邊形ABCP的面積為S．

（1）過點B作BE⊥x軸于點E，則BE=____，用含t的代數(shù)式表示PC=____．

（2）求S與t的函數(shù)關(guān)系．

（3）當(dāng)S的值是多少時？線段AB與CP相等，并求出此時直線AP的關(guān)系式．23、如圖1；在?ABCD中，AE⊥BC于E，E恰為BC的中點，AE=2BE

（1）求證：AD=AE；

（2）如圖2，點P在BE上，作EF⊥DP于點F，連結(jié)AF．求證：DF-EF=AF；

（3）請你在備用圖中畫圖探究：當(dāng)P為射線EC上任意一點（P不與點E重合）時；作EF⊥DP于點F，連結(jié)AF，線段DF；EF與AF之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？直接寫出你的結(jié)論．

24、（1）如圖1；把兩塊全等的含45°的直角三角板ABC和DEF疊放在一起，使三角板DEF的銳角頂點E與三角板ABC的斜邊中點重合．可知：△BPE∽△CEQ（不需說理）

（2）如圖2；在（1）的條件下，把三角板ABC固定不動，讓三角板DEF繞點E旋轉(zhuǎn)，讓三角板兩邊分別與線段BA的延長線；邊AC的相交于點P、Q，連接PQ．

①若BC=4，設(shè)BP=x，CQ=y，則y與x的函數(shù)關(guān)系式為____；

②寫出圖中能用字母表示的相似三角形____；

③試判斷∠BPE與∠EPQ的大小關(guān)系？并說明理由．

（3）如圖3，在（2）的條件下，將三角板ABC改為等腰三角形，且AB=AC，三角板DEF改為一般三角形，其它條件不變，要使（2）中的結(jié)論③成立，猜想∠BAC與∠DEF關(guān)系為____．（將結(jié)論直接填在橫線上）

（4）如圖3，在（1）的條件下，將三角板ABC改為等腰三角形，且∠BAC=120°，AB=AC，三角板DEF改為∠DEF=30°直角三角形，把三角板ABC固定不動，讓三角板DEF繞點E旋轉(zhuǎn)，讓三角板兩邊分別與線段BA的延長線、邊AC的相交于點P、Q，連接PQ．若S△PEQ=2；PQ=2，求點C到AB的距離．

25、已知△ABC和△EPF都是等腰直角三角形；其中∠ACB=∠EFP=90°，AC=BC，EF=PF．如圖1，△ABC的邊BC在直線l上，△EPF的邊FP也在直線l上，邊AC與邊EF重合．

（1）在圖1中；通過觀察；測量，猜想，寫出AB與AP所滿足的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系．

答：AB與AP的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系分別是____、____；

（2）將△EPF沿直線l向左平移到圖2的位置時；EP交AC于點Q，連結(jié)AP，BQ．請你寫出BQ與AP所滿足的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說明理由．

（3）將△EPF沿直線l向左平移到圖3的位置時；EP的延長線交AC的延長線于點Q，連結(jié)AP；BQ．你認。

為（2）中所猜想的BQ與AP的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系還成立嗎？若成立；給出證明；若不成立，請說明理由．

參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、B【分析】【分析】根據(jù)勾股定理即可得到AB，BC，AC的長度，進行判斷即可．【解析】【解答】解：根據(jù)勾股定理可以得到：AC=BC=，AB=2．

∵（））2+（）2=（2）2．

∴AC2+BC2=AB2．

∴△ABC是等腰直角三角形．

∴∠ABC=45°．

故選：B．2、D【分析】【分析】已知菱形的性質(zhì)可得出邊長，再由兩鄰角之比為2：1，結(jié)合勾股定理可得出兩對角線的長度，從而利用面積等于對角線乘積的一半即可得出答案．【解析】【解答】解：周長為32；則邊長為8；

菱形兩鄰角之比為2：1；

可得一角為60°，60°所對的高為4；

則菱形的面積為×8×8=32．

故選D．3、D【分析】【解析】解：Ａ、正確；

Ｂ、正確；

Ｃ、正確；

D、故本選項錯誤；

故選D?！窘馕觥俊敬鸢浮緿4、A【分析】解答：(2÷3)×（1.5）×(-1)=(2÷3)×（3÷2）×(-1)

=(2÷3)×(-1)

=-2÷3

分析：根據(jù)底數(shù)互為相反數(shù)；指數(shù)相差1，相乘后得指數(shù)大的數(shù).

故選A.5、A【分析】【解答】解：如圖作BM⊥AC于M；連接PD．

∵∠ABC=90°；AD=DC，AB=6，BC=3；

∴BD=AD=DC，AC==3

∵?AB?BC=?AC?BM；

∴BM=

∴S△ABD=S△ADP+S△BDP；

∴?AD?BM=?AD?PF+?BD?PE；

∴PE+PF=BM=．

故選A．

【分析】如圖作BM⊥AC于M，連接PD，利用?AB?BC=?AC?BM求出BM，利用S△ABC=S△ADP+S△BDP即可解決問題．二、填空題(共5題，共10分)6、略

【分析】【分析】第一個圖形中陰影部分的面積計算方法是邊長是a的正方形的面積減去邊長是b的小正方形的面積，等于a2-b2；第二個圖形陰影部分是一個長是（a+b），寬是（a-b）的長方形，面積是（a+b）（a-b）；這兩個圖形的陰影部分的面積相等．【解析】【解答】解：∵圖甲中陰影部分的面積=a2-b2，圖乙中陰影部分的面積=（a+b）（a-b）；

而兩個圖形中陰影部分的面積相等；

∴a2-b2=（a+b）（a-b）．

故可以驗證③．

故答案為：③．7、（3，﹣2）【分析】【解答】解：如圖；棋子“炮”的坐標為（3，﹣2）．

故答案為：（3；﹣2）．

【分析】先根據(jù)棋子“車”的坐標畫出直角坐標系，然后寫出棋子“炮”的坐標．8、5，8【分析】【解答】解：①如圖1，當(dāng)AD=BD時，在Rt△ACD中，根據(jù)勾股定理得到：AD2=AC2+CD2，即BD2=（8﹣BD）2+62；

解得，BD=（cm）；

則t==（秒）；

②如圖2；當(dāng)AB=BD時．

在Rt△ABC中；根據(jù)勾股定理得到：

AB===10，則t==5（秒）；

③如圖3，當(dāng)AD=AB時，BD=2BC=16，則t==8（秒）；

綜上所述，t的值可以是：5，8；

故答案是：5，8

【分析】當(dāng)△BCD為等腰三角形時應(yīng)分當(dāng)D是頂角頂點，當(dāng)B是頂角頂點，當(dāng)A是頂角的頂點三種情況進行討論，利用勾股定理求得BD的長，從而求解．9、略

【分析】解：售價為300隆脕0.1x

那么利潤為300隆脕0.1x鈭?200

所以相應(yīng)的關(guān)系式為300隆脕0.1x鈭?200鈮?200隆脕5%

解得：x鈮?7

．

答：該商品最多可以7

折．

故答案為：7

．

利潤率不能低于5%

意思是利潤率大于或等于5%

相應(yīng)的關(guān)系式為：(

利潤鈭?

進價)隆脗

進價鈮?5%

把相關(guān)數(shù)值代入即可求解．

此題主要考查了一元一次不等式的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵是得到利潤率的相關(guān)關(guān)系式，注意“不能低于”用數(shù)學(xué)符號表示為“鈮?

”；利潤率是利潤與進價的比值．【解析】7

10、略

【分析】【分析】由四邊形ABCD是平行四邊形，即可得AD∥BC，∠C=∠A，又由平行線的性質(zhì)與∠A：∠B=3：2，即可求得∠A的度數(shù)，繼而可求得答案．【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形；

∴AD∥BC；∠C=∠A；

∴∠A+∠B=180°；

∵∠A：∠B=3：2；

∴∠A=108°；

∴∠C=108°．

故答案為：108°．三、判斷題(共8題，共16分)11、×【分析】【分析】分子分母同時約去ax4可得答案．【解析】【解答】解：=；

故答案為：×．12、×【分析】【分析】根據(jù)幾個單項式的和叫做多項式，每個單項式叫做多項式的項可得到它的二次項是-4ab．【解析】【解答】解：多項式3a2b3-4ab+2是五次三項式，它的二次項是-4ab．

故答案為×．13、√【分析】【分析】根據(jù)不等式的兩邊同時乘以或除以同一個正數(shù)不等號的方向不變即可作出判斷．【解析】【解答】解：∵2a＞3；

∴．

故答案為：√．14、×【分析】【解析】試題分析：根據(jù)二次根式的除法法則即可判斷。=故本題錯誤?？键c：本題考查的是二次根式的除法【解析】【答案】錯15、A【分析】【解答】解：等腰梯形：兩個腰相等的梯形叫等腰梯形叫做等腰梯形；所以可以得出：等腰梯形是特殊的梯形；

直角梯形：有一個角是直角的梯形叫做直角梯形；

由此可知等腰梯形；直角梯形是特殊梯形；所以原說法是正確的；

故答案為：正確．

【分析】根據(jù)等腰梯形的定義以及直角梯形的定義判斷即可．16、√【分析】【分析】根據(jù)不等式的定義進行解答即可．【解析】【解答】解：∵2x+1≠0中含有不等號；

∴此式子是不等式．

故答案為：√．17、×【分析】【解析】試題分析：根據(jù)增根的定義即可判斷.因為增根是使原方程的分母等于0的根，所以不是所有的分式方程都有增根，故本題錯誤.考點：本題考查的是分式方程的增根【解析】【答案】錯18、A【分析】【解答】關(guān)于中心對稱的兩個圖形大小形狀全等。

【分析】考查中心對稱四、證明題(共3題，共30分)19、略

【分析】【分析】根據(jù)等式的性質(zhì)，可得∠ABE與∠CBD的關(guān)系，根據(jù)全等三角形的判定與性質(zhì)，可得∠A與∠C的關(guān)系，根據(jù)等式的性質(zhì)，可得∠1與∠3的關(guān)系，根據(jù)等量代換，可得答案．【解析】【解答】證明：∵∠1=∠2；

∴∠ABE=∠CBD．

在△ABE和△CBD中；

；

∴△ABE≌△CBD（SAS）；

∴∠A═C．

∵∠A；∠AFB，∠1是△ABF的內(nèi)角，∠C，∠3∠∠CFE是△CEF的內(nèi)角；

∴∠A+∠1+∠AFB=∠C+∠3+∠CFE=180°．

∠AFB；∠AFE是對頂角；

∴∠AFB=∠AFE．

∴∠1=∠3．

∵∠1=2；

∴2=∠3．20、略

【分析】【分析】連接AC，首先證明△ADC≌△ABC，證得∠B=∠D，再證△ADE≌△ABF即可得根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等得到AE=AF．【解析】【解答】證明：∵點E；F分別是CD、BC的中點；

∴DC=2DE=2CE；BC=2BF=2FC；

∵BF=CE；

∴DC=CB；DE=BF；

在△ADC和△ABC中；

∴△ADC≌△ABC（SSS）；

∴∠D=∠B；

在△ADE和△ABF中；

∴△ADE≌△ABF（SAS）；

∴AE=AF．21、略

【分析】【分析】根據(jù)D、E分別是AB、AC的中點，可得DE∥BC，DF=BC，再由EF=DE，得EF=BC，DF+EF=DE=BC，從而得出四邊形BCFD是平行四邊形；【解析】【解答】證明∵D；F分別是AB、AC的中點；

∴DE∥BC，DF=BC；

∵EF=DF

∴EF=BC；

∴DF+EF=DE=BC

∴四邊形BCED是平行四邊形．五、綜合題(共4題，共40分)22、略

【分析】【分析】（1）過點B作BE⊥X軸于點E；根據(jù)B（8，4），即可求得BE=4，由于C（11，0），點P（t，0），于是得到OC=11，OP=t，即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)梯形面積公式S=（AB+PC）BE；代入數(shù)據(jù)即可得到結(jié)論；

（3）由AB=CP，得到方程11-t=5，解得t=6，把t=6代入S=-2t+32得，S=20，得到P（6，0），設(shè)直線AP的關(guān)系式為y=kx+b，解方程組即可得到結(jié)論．【解析】【解答】解：（1）過點B作BE⊥x軸于點E，

∵B（8；4）；

∴BE=4；

∵C（11；0），點P（t，0）；

∴OC=11；OP=t；

∴用含t的代數(shù)式表示PC=11-t；

故答案為：4；11-t；

（2）根據(jù)梯形的面積公式得：S=（AB+PC）BE，=（5+11-t）×4；

∴S與t的函數(shù)關(guān)系為：S=-2t+32；

（3）∵AB=CP；

即11-t=5；

解得：t=6；

把t=6代入S=-2t+32得；S=20；

∴當(dāng)S=20時；AB=CP；

此時P（6；0）；

設(shè)直線AP的關(guān)系式為y=kx+b；

∴，解得：；

∴直線AP的關(guān)系式為：y=-x+8．23、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)AE=2BE；由題意得出BC=2BE，得出BC=AE，由平行四邊形的性質(zhì)得出即可；

（2）在DP上截取DH=EF，連結(jié)AH，由SAS證明△ADH≌△AEF，得出∠HAD=∠FAE，AH=AF，得出∠FAH═90°，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出FH=AF；即可得出結(jié)論；

（3）①當(dāng)P為線段EC上任意一點（P不與點E重合）時，在PD的延長線上截取DH=EF，連結(jié)AH，由SAS證明△ADH≌△AEF，得出∠HAD=∠FAE，AH=AF，得出∠FAH=90°，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出FH=AF；即可得出結(jié)論；

②當(dāng)P為EC延長線上任意一點（P不與點E重合）時，在PD的延長線上截取DH=EF，連結(jié)AH，由SAS證明△ADH≌△AEF，得出∠HAD=∠FAE，AH=AF，得出∠FAH═90°，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出FH=AF，即可得出結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）∵E為BC的中點；

∴BC=2AE；

∵AE=2BE；

∴AE=BC；

∵ABCD是平行四邊形；

∴AD=BC；

∴AD=AE；

（2）在DP上截取DH=EF，連結(jié)AH，如圖1所示：

∵四邊形ABCD是平行四邊形；AE⊥BC；

∴∠EAD=90°；

∵EF⊥PD；∠AGD=∠EGF；

∴∠ADH=∠AEF；

在△ADH和△AEF中，；

∴△ADH≌△AEF（SAS）；

∴∠HAD=∠FAE；AH=AF；

∴∠FAH═90°；

在Rt△FAH中；AH=AF

∴；

∴；

即：；

（3）分兩種情況：

①當(dāng)P為線段EC上任意一點（P不與點E重合）時，；理由如下：

在PD的延長線上截取DH=EF；連結(jié)AH，如圖2所示：

∵四邊形ABCD是平行四邊形；AE⊥BC；

∴∠EAD=90°；

∵EF⊥PD；

∴∠EFD=90°；

∴∠AEF+∠ADF=180°；

∴∠ADH=∠AEF；

在△ADH和△AEF中，；

∴△ADH≌△AEF（SAS）；

∴∠HAD=∠FAE；AH=AF；

∴∠FAH=90°；

在Rt△FAH中，AH=AF，HF=AF；HF=DH+DF=EF+DF；

即：DF+EF=AF；

②當(dāng)P為EC延長線上任意一點（P不與點E重合）時；

；理由如下：

在PD的延長線上截取DH=EF；連結(jié)AH，如圖3所示：

∵四邊形ABCD是平行四邊形；AE⊥BC；

∴∠EAD=90°；∠ADH=∠P；

∵EF⊥PD；

∴∠EFP=90°；

∴∠P+∠PEF=∠PEF+∠AEF=90°；

∴∠ADH=∠AEF；

在△ADH和△AEF中，；

∴△ADH≌△AEF（SAS）；

∴∠HAD=∠FAE；AH=AF；

∴∠FAH═90°；

在Rt△FAH中，AH=AF，HF=AF；HF=DH-DF=EF-DF；

即：EF-DF=AF．24、略

【分析】【分析】（2）如圖2，由（1）可知△BPE∽△CEQ，則有==，由BE=CE可得=；從而可證到△BPE∽△EPQ，則有△BPE∽△CEQ∽△EPQ．①利用相似三角形的性質(zhì)就可得到y(tǒng)與x的關(guān)系；②由△ABC與△DEF全等可得△ABC∽△DEF，還有△BPE∽△CEQ∽△EPQ．③由△BPE∽△EPQ可得∠BPE=∠EPQ．

（3）若∠BAC+2∠DEF=180°；由AB=AC可得∠BAC+2∠B=180°，從而可得∠DEF=∠B，則有△BPE∽△EPQ，從而可得∠BPE=∠EPQ．

（4）過點E作EH⊥AB于H，點E作EG⊥PQ于G，點C作CN⊥AB于N，如圖3．易得∠B=∠ACB=∠DEF，則有△BPE∽△EPQ，就可得到∠BPE=∠EPQ，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得EH=EG．易證△BHE∽△BNC，從而得到CN=2EH=2EG．然后由S△PEQ=2，PQ=2可求出EG，就可得到點C到AB的距離．【解析】【解答】解：（2）如圖2；

由（1）可知：△BPE∽△CEQ；

則有==．

∵BE=CE，∴=．

∵∠B=∠PEQ；

∴△BPE∽△EPQ．

∴△BPE∽△CEQ∽△EPQ．

①∵BE=CE=BC=2；BP=x，CQ=y；

∴；

∴y=．

故答案為：y=．

②∵△ABC與△DEF全等；∴△ABC∽△DEF．

故答案為：△BPE∽△CEQ∽△EPQ；△ABC∽△DEF．

③∠BPE=∠EPQ．

證明：∵△BPE∽△EPQ；∴∠BPE=∠EPQ．

（3）猜想：∠BAC+2∠DEF=180°．

理由如下：如圖3；

∵AB=AC；∴∠B=∠ACB．

∵∠BAC+∠B+∠ACB=180°；

∴∠BAC+2∠B=180°，

∴∠DEF=∠B；

∴∠DEF=∠B=∠ACB；

則有△BPE∽△EPQ（（2）中已證）；

∴∠BPE=∠EPQ．

∴（2）中的結(jié)論③仍然成立．

故答案為：∠BAC+2∠DEF=180°．

（4）過點E作EH⊥AB于H；點E作EG⊥PQ于G，點C作CN⊥AB于N，如圖3．

∵∠BAC=120°；AB=AC；

∴=30°