2023年12月2日发(作者：六上期末数学试卷哈尔滨)

2023学年第一学期期中考试八年级数学试卷（考试时间：90分钟满分100分）一、选择题（本大题共有6小题，每题2分，满分12分）1.下列各式中，是最简二次根式的是（A2.A.）C..23B.21）24D.81ab的有理化因式是（abB.a+b）C.abD.a+b3.在下列方程中，是一元二次方程的是（22x10（a为常数）C.B.x21D.2x）2x2x2x20130x4.下列二次三项式在实数范围内不能因式分解的是（A.6x2x15C.3x22xy4y25.下列命题中，真命题的是（）B.3y27y3D.2x24x5A.两条平行直线被第三条直线所截，则一组同旁内角的平分线互相垂直B.有两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形全等C.三角形的一个外角等于两个内角的和D.等边三角形既是中心对称图形，又是轴对称图形6.如图，已知ABAC，ADBDBC，点M为BC边上的中点，AM交BD于N，那么下列结论中，说法正确的有（）①BAC36；②BD平分ABC；③MNB54；④点N是BD的中点．A.1个B.2个C.3个D.4个二、填空题（本大题共有12小题，每题2分，满分24分）7.当x______时，2x3有意义．8.化简：32=____________．9.在实数范围内因式分解2x24x3=_____________.10.不等式2x5x1的解集是______．11.计算：322023322024_____________．12.若最简二次根式2a43ab与ab是同类根式，则2a﹣b＝___．13.把命题“同角的余角相等”写成“如果……，那么……”的形式为______．14.已知关于x的方程m1x2m1xm10（m为常数）有两个实数根，则m的取值范围为2_______________．15.某工程队承包了一项污水处理工程，原计划每天铺设污水管道1250米，因准备工作不充分，第一天铺设了原计划的80%，从第二天开始，该工程队加快了铺设速度，第三天铺设了1440米．若该工程队第二天、第三天每天的铺设长度比前一天增长的百分数相同，设这个百分数为x，列出方程____________．在ABC中，ABAC，BFCD，BDCE，FDE70，那么A的大小等于______________16.如图，度．17.若等腰三角形一条腰上的高与另一腰的夹角为35，则其顶角的度数是_______________．18.ABC中，ABC38，将ABC绕点B旋转，使得点A落在直线BC上，记作点A1，点C落在点C1处，则BC1C____________度．三、简答题（本大题共有6小题，每题6分，共36分）19.计算：(0.521)(1827)320.计算：31.253122184221用配方法解方程：3x26x10.22.解方程：2xx3x516．222aa6a2a1，其中a123先化简再求值：.23a2a2a24.如图，在Rt△ABC中，BAC90,D是BC边上的一点，ADAB．求证BAD2C．四、解答题（第25题8分，第26题8分，第27题12分，共28分）25.某小区居委会为了方便居民的电瓶车充电，准备利用一边靠墙（墙长15米）的空旷场地利用栅栏围成一个面积为80平方米的电瓶车充电区，如图，为了方便进出，在垂直于墙的两边空出两个宽各为2.5米的出入口，一共用去栅栏21米，请问长方形的充电区的相邻两边长分别是多少米？26.如图，在ABC中，AD平分BAC，E是BC的中点，过点E作FGAD交AD的延长线于H，交AB于F，交AC的延长线于G．求证：（1）AFAG；（2）BFCG．27.已知：如图所示，四边形ABCD中，BD，ABAD．（1）求证：BCCD；（2）当ÐB=90°时，若点E、F分别在边BC、CD上，且BEDFEF，求证：2EAFBAD；（3）在（2）的条件下，若EAF，△AEF是等腰三角形，直接用含的代数式表示CEF．2023学年第一学期期中考试八年级数学试卷一、选择题（本大题共有6小题，每题2分，满分12分）1.下列各式中，是最简二次根式的是（A.）C.23B.2124D.81【答案】B【分析】根据最简二次根式的定义进行作答即可．【详解】解：A、26，故该选项是错误的；33B、21是最简二次根式，故该选项是正确的；C、244626，故该选项是错误的；D、819，故该选项是错误的；故选：B【点睛】本题考查了最简二次根式的定义，难度较小；最简二次根式是满足下列两个条件的二次根式：1、被开方数的每一个因式的指数都小于根指数2；2、被开方数不含分母．2.A.ab的有理化因式是（）abB.a+bC.abD.a+b【答案】D【分析】直接利用有理化因式的定义得出答案．【详解】解：∵aba+b=a-b∴ab的有理化因式是a+b故选：D【点睛】此题主要考查了分母有理化，正确把握相关定义是解题关键．3.在下列方程中，是一元二次方程的是（22x10（a为常数）C.）B.x21D.2x2x2x2x20130x【答案】B【分析】根据一元二次方程的定义进行判断即可．【详解】解：A.当a0时，ax22x10（a为常数）是一元一次方程，故不符合题意；B.x21是一元二次方程，故符合题意；C.x2x2x20化简得，40不是一元二次方程，故不符合题意；2D.2x130不是整式方程，故不是一元二次方程，不符合题意；x故选：B．【点睛】本题考查一元二次方程的定义，熟记一元二次方程的定义是解题的关键．4.下列二次三项式在实数范围内不能因式分解的是（A.6x2x15C.3x22xy4y2【答案】D【分析】若二次三项式可以在实数范围内分解，则二次三项式等于0时，b24ac0，计算各选项中的的值，根据的符号判断即可．【详解】解：A、6xx152x33x5，故本选项不符合题意；B、3y27y30，∵b24ac72433110，∴方程3y27y30有实数解，∴在实数范围内能因式分解，故本选项不符合题意；C、3x22xy4y20，∵b24ac2434520，∴方程3x22xy4y20有实数解，∴在实数范围内能因式分解，故本选项不符合题意；D、2x24x50，∵b24ac4425240，∴方程2x24x50没有实数解，在实数范围内不能因式分解，故本选项符合题意；故选：D．【点睛】本题考查一元二次方程的根的判别式的应用．判断二次三项式能否在实数范围内分解因式的方法：把二次三项式看成方程的形式，可以在实数范围内分解，即方程有实根，即b24ac0，正确分析b24ac的22）B.3y27y3D.2x24x52符号是解题的关键．5.下列命题中，真命题的是（）A.两条平行直线被第三条直线所截，则一组同旁内角的平分线互相垂直B.有两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形全等C.三角形的一个外角等于两个内角的和D.等边三角形既是中心对称图形，又是轴对称图形【答案】A【分析】根据平行线的性质可判断A．根据全等三角形的判定方法可判断B，根据三角形的外角的性质可判断C，根据等边三角形的性质可判断D，从而可得答案．【详解】解：两条平行直线被第三条直线所截，则一组同旁内角的平分线互相垂直，描述正确，真命题，故A符合题意；∵有两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形不一定全等∴有两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形全等，假命题，故B不符合题意；∵三角形的一个外角等于和其不相邻的两个内角的和∴三角形的一个外角等于两个内角的和，假命题，故C不符合题意；∵等边三角形不是中心对称图形，是轴对称图形∴等边三角形既是中心对称图形，又是轴对称图形，假命题，故D不符合题意；故选A【点睛】本题考查的是平行线的性质，全等三角形的判定，三角形的外角的性质，等边三角形的性质，真假命题的判断，熟记基本概念与图形的性质是解本题的关键．6.如图，已知ABAC，ADBDBC，点M为BC边上的中点，AM交BD于N，那么下列结论中，说法正确的有（）①BAC36；②BD平分ABC；③MNB54；④点N是BD的中点．A.1个【答案】C【分析】设BAC，根据等腰三角形的性质可得ABDBAC，利用外角的性质可得BDC2，进而得出BDCCABC2，再根据三角形内角和定理可得36；根据ABC2，ABD，可得BD平分ABC；根据等腰三角形“三线合一”可得BAM得MNB54；最后根据三角形中位线的性质可判断④错误．【详解】解：设BAC，ADBD，B.2个C.3个D.4个11BAC18，再利用外角的性质可22ABDBAC，BDCBACABD2，BCBD，ABAC，BDCC2，ABCC2，ABCCBAC180，22180，36，即BAC36，故①符合题意；ABC2，ABD，BD平分ABC，故②符合题意；ABAC，点M是BC边上的中点，11BAC18，22BAMMNBBAMABD183654，故③符合题意；AM与AC不平行，BMCM，BNND，即点N不是BD的中点，故④不符合题意；故选C．【点睛】本题考查等腰三角形的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质，角平分线的定义等，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．二、填空题（本大题共有12小题，每题2分，满分24分）7.当x______时，2x3有意义．【答案】32【分析】根据二次根式有意义的条件进行求解即可．【详解】解：∵2x3有意义，∴2x30，∴x3，2故答案为：3．22【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，熟知二次根式有意义的条件是被开方数大于等于0是解题的关键．8.化简：3=____________．【答案】3##3π【分析】根据二次根式的性质即可求出答案．【详解】解：原式3=3故答案为：3．【点睛】本题考查二次根式的性质与化简，解题的关键是熟练运用二次根式的性质，本题属于基础题型．9.在实数范围内因式分解2x24x3=_____________.210210【答案】2xx22【分析】当要求在实数范围内进行因式分解时，分解的式子的结果一般要分到出现无理数为止．2x2+4x-3不是完全平方式，所以只能用求根公式法分解因式．【详解】2x2+4x-3=0的解是x1=210210，x2=-，22所以可分解为2x2+4x-3=2（x-210210）（x-）．22210210即:2x+4x-3=2xx.222210210 2xx故答案为:.22【点睛】本题考查实数范围内的因式分解，因式分解的步骤为：一提公因式；二看公式．在实数范围内进行因式分解的式子的结果一般要分到出现无理数为止．求根公式法分解因式：ax2+bx+c=a（x-x1）（x-x2），其中x1，x2是方程ax2+bx+c=0的两个根．10.不等式2x5x1的解集是______．【答案】x52【分析】将原式变形，判断25与0的大小的关系，然后根据不等式的性质即可求出x的解集．【详解】解：∵2∴250，∵2x5x1，∴25x1，∴x45，125，∴x52，故答案为：x52【点睛】本题考查实数的大小比较，二次根式的运算法则以及不等式的基本性质，解题的关键是判断25与0的大小关系，本题属于基础题型．11.计算：322023322024_____________．【答案】32##23【分析】先利用的积的乘法和平方差公式进行计算，再根据二次根式的乘法法则进行计算即可．【详解】解：322023322024，=32202332202332=132=322023323220233232，故答案为：32．【点睛】本题考查二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则是解题的关键．12.若最简二次根式【答案】9【分析】结合同类二次根式的定义：一般地，把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式．进行求解即可．2a43ab与ab是同类根式，则2a﹣b＝___．【详解】解：∵最简二次根式∴2a﹣4＝2，3a+b＝a﹣b，解得：a＝3，b＝﹣3．∴2a﹣b＝2×3﹣（﹣3）＝9．故答案为：9．2a43ab与ab是同类根式，【点睛】此题考查了同类二次根式的定义，熟记定义是解题的关键．13.把命题“同角的余角相等”写成“如果……，那么……”的形式为______．【答案】如果两个角是同一个角的余角，那么这两个角相等【分析】命题中的条件是同角的余角，放在“如果”的后面，结论是它们相等，放在“那么”的后面，即可得到答案．【详解】解：把命题“同角的余角相等”写成“如果…，那么…”的形式为：如果两个角是同一个角的余角，那么这两个角相等，故答案为：如果两个角是同一个角的余角，那么这两个角相等．【点睛】本题考查了将原命题写成“如果…那么…”即题设（条件）与结论的形式，解决问题的关键是找出相应的题设和结论．14.已知关于x的方程m1x2m1xm10（m为常数）有两个实数根，则m的取值范围为2_______________．【答案】m5且m142【分析】利用一元二次方程根的判别式，即可求解．【详解】解：∵关于x的方程m1x2m1xm10（m为常数）有两个实数根，∴2m14m1m10，即4m50，解得：m25，4∵m10，∴m1．故答案为：m5且m142【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程axbxc0a0，当b24ac0时，方程有两个不相等的实数根；当b24ac0时，方程有两个相等的实数根；当b24ac<0时，方程没有实数根是解题的关键．15.某工程队承包了一项污水处理工程，原计划每天铺设污水管道1250米，因准备工作不充分，第一天铺设了原计划的80%，从第二天开始，该工程队加快了铺设速度，第三天铺设了1440米．若该工程队第二天、第三天每天的铺设长度比前一天增长的百分数相同，设这个百分数为x，列出方程____________．【答案】125080%1x1440【分析】先设该工程队第二天、第三天每天的拆迁面积比前一天增长的百分数是x，根据增长后的量＝增长前的量×（1+增长率），列出方程即可．【详解】解：设该工程队第二天、第三天每天的拆迁面积比前一天增长的百分数是x，根据题意得：2125080%1x1440，故答案为:125080%1x1440【点睛】此题考查了一元二次方程的应用，关键是读懂题意，找出关键描述语，列出方程．在ABC中，ABAC，BFCD，BDCE，FDE70，那么A的大小等于______________16.如图，度．22【答案】40【分析】根据等腰三角形的性质可得BC，证明VFBD≌VDCE，可得FDBDEC，再根据三角形内角和定理可得EDCDEC=110，BC70，即可求解．【详解】解：∵ABAC，∴BC，在FBD和△DCE中，BFCDBC，BDCE∴FBD≌DCESAS，∴FDBDEC，∵FDBFDEEDC=180，FDE70，∴FDBEDC=18070=110，∴EDCDEC=110，∴C18011070，∴BC70，∴A180707040，故答案为：40．【点睛】本题考查等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质和三角形内角和定理得出EDCDEC=110是解题的关键．17.若等腰三角形一条腰上的高与另一腰的夹角为35，则其顶角的度数是_______________．【答案】55或125【分析】首先根据题意画出图形，一种情况是等腰三角形为锐角三角形，即可推出顶角的度数为55；另一种情况是等腰三角形为钝角三角形，即可推出顶角的度数为125；【详解】解：如图1，当该等腰三角形为锐角三角形时，∵BDAC，ABD35，∴A55；如图2，当该等腰三角形为钝角三角形时，∵BDAC，ABD35，∴BAD55，∴BAC125；综上所述，该等腰三角形顶角的度数是55或125．故答案为：55或125．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的定义，三角形内角和定理，正确的画出图形，结合图形利用数形结合的思想求解是解题的关键．18.ABC中，ABC38，将ABC绕点B旋转，使得点A落在直线BC上，记作点A1，点C落在点C1处，则BC1C____________度．【答案】19或71##71或19【分析】分两种情况：当A1在线段CB延长线上时和当A1在线段BC上时，根据旋转的性质和三角形的内角和定理、三角形的外角的性质，分别求解即可．【详解】解：当A1在线段CB延长线上时，连接CC1，如图所示：∵将ABC绕点B旋转，使得点A落在直线BC上，记作点A1，点C落在点C1处，∴ABCA1BC1，BCBC1，又∵ABC38，∴A1BC138，∵BCBC1，∴BCC1BC1C，∵A1BC1BCC1BC1C38，∴BC1C19；当A1在线段BC上时，连接CC1，如图所示：∵将ABC绕点B旋转，使得点A落在直线BC上，记作点A1，点C落在点C1处，∴ABCA1BC138，BCBC1，∴BCC1BC1C，∴BC1C11180A1BC11803871，22综上所述，BC1C19或71．故答案为：19或71【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形的内角和定理、三角形的外角的性质，解本题的关键在分别画出图形进行解答．三、简答题（本大题共有6小题，每题6分，共36分）19.计算：(0.521)(1827)3【答案】5211323【分析】先将二次根式化简，然后合并同类项即可．【详解】解：原式=(223)(3233)23=22332332352113．23=【点睛】本题考查了二次根式的加减运算，解答本题的关键是掌握二次根式的化简及同类二次根式的合并．20.计算：31.25【答案】24【分析】根据二次根式的乘除混合运算法则进行计算即可．【详解】解：31.2531221842312218，42=3535218442542218435=3452=3218345．【点睛】本题考查二次根式的乘除混合运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．21.用配方法解方程：3x26x10【答案】x123231,x2133103【分析】先将二次项系数化为1，然后根据配方法，可即答案.2【详解】解：x2xx22x11x1432323x11,x2133213故答案为x123231,x2133【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．22.解方程：2xx3x516．2【答案】x1132，x2132【分析】先去括号、合并同类项，再利用配方法解方程即可．【详解】解：2xx3x516，整理得，x24x9，配方得，x24x4=94，即x213，开平方得，x2=13，∴x1132，x2132．【点睛】本题考查解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．22aa6a2a1，其中a123.先化简再求值：23a2a2a22【答案】a31a，1【分析】先将分子和分母分解因式，并根据二次根式的性质化简，再约分，最后代入计算即可．【详解】因为a12323，232323可知a123113＜0.2(a3)(a2)(a1)原式=a2a(a1)=a31aa(a1)1．=a3a所以原式=2333123=1=1．32【点睛】本题主要考查了分式的化简求值，根据a的大小化简(a1)21a是解题的关键．24.如图，在Rt△ABC中，BAC90,D是BC边上的一点，ADAB．求证BAD2C．【答案】证明见解析【分析】先根据直角三角形的性质可得BC90BADCAD，再根据等腰三角形的性质可得BADB，从而可得BCCAD，由此即可得证．【详解】证明：在Rt△ABC中，BAC90，BC90BADCAD，ADAB，BADB，ADBCCAD，BCCAD，CCADCBADCAD，BAD2C．【点睛】本题考查了直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质等知识点，熟练掌握等腰三角形的性质是解题关键．四、解答题（第25题8分，第26题8分，第27题12分，共28分）25.某小区居委会为了方便居民的电瓶车充电，准备利用一边靠墙（墙长15米）的空旷场地利用栅栏围成一个面积为80平方米的电瓶车充电区，如图，为了方便进出，在垂直于墙的两边空出两个宽各为2.5米的出入口，一共用去栅栏21米，请问长方形的充电区的相邻两边长分别是多少米？【答案】8米和10米【分析】令这个长方形垂直于墙的一边为宽，平行于墙的一边为长，设这个长方形电瓶车充电区垂直于墙的一边为x米，平行于墙的一边为212.52.52x米，根据长方形的面积列出关于x的一元二次方程，再求解即可．【详解】解：设这个长方形电瓶车充电区垂直于墙的一边为x米，平行于墙的一边为262x米，由题意可得，x262x80，解得x15，x28，当x5时，262x1615，不符合题意，舍去，当x8时，262x10，答：长方形的充电区的相邻两边长分别是8米和10米．【点睛】本题考查一元二次方程的应用，根据题意列出方程是解题的关键．26.如图，在ABC中，AD平分BAC，E是BC的中点，过点E作FGAD交AD的延长线于H，交AB于F，交AC的延长线于G．求证：（1）AFAG；（2）BFCG．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【分析】（1）根据ASA证明AHF≌AHG，即可得出AFAG；（2）过点C作CM∥AB交FG于点M，由AHF≌AHG可得AFHG，根据平行线的性质得出CMGAFH，可得CMGG，进而得出CMCG，再根据据ASA证明BEF≌CEM，得出BFCM，等量代换即可得到BFCG．【小问1详解】证明：∵FGAD，∴AHFAHG90，∵AD平分BAC，∴FAHGAH，又∵AHAH，∴△AHF≌△AHGASA，∴AFAG；【小问2详解】证明：过点C作CM∥AB交FG于点M，∵AHF≌AHG，∴AFHG，∵CM∥AB，∴CMGAFH，∴CMGG，∴CMCG，∵E是BC的中点，∴BECE，∵CM∥AB，∴BECM，在△BEF和CEM中，BECM，BECEBEFCEM∴BEF≌CEMASA，∴BFCM，∴BFCG．【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，等角对等边，平行线的性质，熟记全等三角形的判定定理、性质定理及作出合适的辅助线是解此题的关键．27.已知：如图所示，四边形ABCD中，BD，ABAD．（1）求证：BCCD；（2）当ÐB=90°时，若点E、F分别在边BC、CD上，且BEDFEF，求证：2EAFBAD；（3）在（2）的条件下，若EAF，△AEF是等腰三角形，直接用含的代数式表示CEF．【答案】27.见解析28.见解析29.、4180、1802．【分析】（1）如图1：连接BD，根据ABAD，可得ABDADB，再结合ABCADC，可得CBDCDB，然后根据等角对等边即可解答；（2）如图2：将ABE围绕点A旋转到△ADG的位置（点G、E为对应点），则BEDG，AGAE，再证AFG≌AFGSSS，然后根据角的和差与等量代换即可证明结论；（3）分AEEF、AEEF、AFEF三种情况，分别利用等腰三角形的性质和外角的性质即可求解即可．【小问1详解】解：如图1：连接BD，∵ABAD，∴ABDADB，∵ABCADC，∴CBDCBAABDADCADBCDB，即CBDCDB，∴BCCD．【小问2详解】解：如图2：将ABE围绕点A旋转到△ADG的位置（点G、E为对应点），则BEDG，AGAE，DAGEAB，∵BEDFEF，∴DGDFEF，即FGEF，在△AFE和AFG中，AGAEAFAF，FGEF∴AFG≌AFGSSS，∴GAFFAE，∵BADEAFBAEDAFEAFDAGDAFEAFGAF，∴BADEAFGAFEAFEAF2EAF，即BAD2EAF．【小问3详解】解：在四边形ABCD中，BD90，EAF，∴BAD2EAF2，∴C360BDBAD1802，∵AFG≌AFE，∴AFEAFD，①当AEAF时，EAF，180，2180∴AFDAFE，2∴AFEAEF∴DFE2AFE180；∴CEFDFEC1801802；②当AEEF时，EAF，∴AFEEAF，∴DFE2AFE2，∴CEFDFEC218024180；③当AFEF时，EAF，∴EFA1802，∴DFE2AFE3604，∴CEFDFEC360418021802；综上，CEF为、4180、1802．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质、外角的性质、图像的旋转等知识点，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．


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