重慶市九龍坡區西彭三中學2027屆八上數學期末質量檢測試題含解析

重慶市九龍坡區西彭三中學2027屆八上數學期末質量檢測試題注意事項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，待監考員收回。一、選擇題（每題4分，共48分）1．已知一個等腰三角形的兩邊長是3cm和7cm，則它的周長為（）A．13cm B．17cm C．13或17cm D．10cm2．有公共頂點A，B的正五邊形和正六邊形按如圖所示位置擺放，連接AC交正六邊形于點D，則∠ADE的度數為（）A．144° B．84° C．74° D．54°3．下列各組數不是勾股數的是（）A．，， B．，， C．，， D．，，4．化簡的結果（）A． B． C． D．5．如圖，直線AB∥CD，一個含60°角的直角三角板EFG（∠E=60°）的直角頂點F在直線AB上，斜邊EG與AB相交于點H，CD與FG相交于點M．若∠AHG=50°，則∠FMD等于（）A．10° B．20° C．30° D．50°6．以下列各組線段為邊，能組成三角形的是（）A．2cm，4cm，6cm B．8cm，6cm，4cmC．14cm，6cm，7cm D．2cm，3cm，6cm7．下列分式的約分中，正確的是（）A．=- B．=1-y C．= D．=8．給出下列四組條件：①AB=DE，BC=EF，AC=DF；②AB=DE，∠B=∠E．BC=EF；③∠B=∠E，AC=DF，∠C=∠F；④AB=DE，AC=DF，∠B=∠E．其中，能使△ABC≌△DEF的條件共有（）A．1組 B．2組 C．3組 D．4組9．如圖，ABCD是正方形場地，點E在DC的延長線上，AE與BC相交于點F，有甲、乙、丙三名同學同時從點A出發，甲沿著A﹣B﹣F﹣C的路徑行走至C，乙沿著A﹣F﹣E﹣C﹣D的路徑行走至D，丙沿著A﹣F﹣C﹣D的路徑行走至D，若三名同學行走的速度都相同，則他們到達各自的目的地的先后順序（由先至后）是（）A．甲乙丙 B．甲丙乙 C．乙丙甲 D．丙甲乙10．下表記錄了甲、乙、丙、丁四名跳遠運動員選拔賽成績的平均數（單位：cm）與方差，要從中選擇一名成績好又發揮穩定的運動員參加決賽，最合適的是（）甲乙丙丁平均數610585610585方差12.513.52.45.4A．甲 B．乙 C．丙 D．丁11．下列運算正確的是（）A．3x+4y=7xy B．（﹣a）3?a2=a5 C．（x3y）5=x8y5 D．m10÷m7=m312．因式分解（x+y）2﹣2（x2﹣y2）+（x﹣y）2的結果為（）A．4（x﹣y）2 B．4x2 C．4（x+y）2 D．4y2二、填空題（每題4分，共24分）13．若多項式是一個完全平方式，則m的值為______．14．如圖，BE，CD是△ABC的高，且BD＝EC，判定△BCD≌△CBE的依據是“_____”．15．已知一個角的補角是它余角的3倍，則這個角的度數為_____．16．二次根式中字母的取值范圍是________．17．如圖，C為線段AE上一動點（不與點A，E重合），在AE同側分別作等邊ABC和等邊CDE，AD與BE交于點O，AD與BC交于點P，BE與CD交于點Q，連接PQ．則下列結論：①AD＝BE；②PQ∥AE；③AP＝BQ；④DE＝DP．其中正確的有________．（填序號）18．如果a+b＝3，ab＝4，那么a2+b2的值是_．三、解答題（共78分）19．（8分）八年級一班數學興趣小組在一次活動中進行了探究試驗活動，請你和他們一起活動吧．（探究與發現）（1）如圖1，是的中線，延長至點，使，連接，寫出圖中全等的兩個三角形______（理解與應用）（2）填空：如圖2，是的中線，若，，設，則的取值范圍是______．（3）已知：如圖3，是的中線，，點在的延長線上，，求證：．20．（8分）與是兩塊全等的含的三角板，按如圖①所示拼在一起，與重合．（1）求證：四邊形為平行四邊形；（2）取中點，將繞點順時針方向旋轉到如圖位置，直線與分別相交于兩點，猜想長度的大小關系，并證明你的猜想；（3）在（2）的條件下，當旋轉角為多少度時，四邊形為菱形．并說明理由．21．（8分）已知，如圖，在三角形中，是邊上的高．尺規作圖:作的平分線（保留作圖痕跡，不寫作法，寫出結論）﹔在已作圖形中，若與交于點，且，求證:.22．（10分）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，AB＝10cm，若點M從點B出發以2cm/s的速度向點A運動，點N從點A出發以1cm/s的速度向點C運動，設M、N分別從點B、A同時出發，運動的時間為ts．（1）用含t的式子表示線段AM、AN的長；（2）當t為何值時，△AMN是以MN為底邊的等腰三角形？（3）當t為何值時，MN∥BC？并求出此時CN的長．23．（10分）如圖，在平面直角坐標系中，直線AB經過點A(，)和B(2，0)，且與y軸交于點D，直線OC與AB交于點C，且點C的橫坐標為．(1)求直線AB的解析式；(2)連接OA，試判斷△AOD的形狀；(3)動點P從點C出發沿線段CO以每秒1個單位長度的速度向終點O運動，運動時間為t秒，同時動點Q從點O出發沿y軸的正半軸以相同的速度運動，當點Q到達點D時，P，Q同時停止運動．設PQ與OA交于點M，當t為何值時，△OPM為等腰三角形？求出所有滿足條件的t值．24．（10分）在四邊形ABCD中，AB＝AD＝8，∠A＝60°，∠D＝150°，四邊形周長為32，求BC和CD的長度．25．（12分）如圖，對于邊長為2的等邊三角形，請建立適當的平面直角坐標系，并寫出各個頂點的坐標.26．已知，在中，，，，垂足為點，且，連接.（1）如圖①，求證：是等邊三角形；（2）如圖①，若點、分別為，上的點，且，求證：；（3）利用（1）（2）中的結論，思考并解答：如圖②，為上一點，連結，當時，線段，，之間有何數量關系，給出證明.

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【詳解】由題意得：三角形的三邊可能為3、3、7或3、7、7，然后根據三角形的三邊關系可知只能是3、7、7，∴周長為3+7+7=17cm.故選B.2、B【解析】正五邊形的內角是∠ABC==108°，∵AB=BC，∴∠CAB=36°，正六邊形的內角是∠ABE=∠E==120°，∵∠ADE+∠E+∠ABE+∠CAB=360°，∴∠ADE=360°–120°–120°–36°=84°，故選B．3、C【分析】根據勾股數的定義：有a、b、c三個正整數，滿足a2+b2=c2，稱為勾股數．由此判定即可．【詳解】解：A、32+42=52，能構成勾股數，故選項錯誤；

B、62+82=102，能構成勾股數，故選項錯誤

C、42+62≠82，不能構成勾股數，故選項正確；

D、52+122=132，能構成勾股數，故選項錯誤．

故選：C．本題考查勾股數，解答此題要深刻理解勾股數的定義，并能夠熟練運用．4、D【分析】根據題意先進行通分后，利用平方差公式進行因式分解，進而上下約分即可得出答案．【詳解】解：故選：D．本題考查分式的加減運算，熟練掌握分式的通分約分法則以及運用平方差公式因式分解是解題的關鍵．5、B【解析】試題解析：如圖：∵直線AB∥CD，∠AHG=50°，∴∠AKG=∠XKG=50°．∵∠CKG是△KMG的外角，∴∠KMG=∠CKG-∠G=50°-30°=20°．∵∠KMG與∠FMD是對頂角，∴∠FMD=∠KMG=20°．故選B．考點：平行線的性質．6、B【分析】運用三角形三邊關系判定三條線段能否構成三角形時，并不一定要列出三個不等式，只要兩條較短的線段長度之和大于第三條線段的長度即可判定這三條線段能構成一個三角形．【詳解】解：A.2cm，4cm，6cm可得，2+4=6，故不能組成三角形；

B.8cm，6cm，4cm可得，6+4>8，故能組成三角形；

C.14cm，6cm，7cm可得，6+7<14，故不能組成三角形；

D.2cm，3cm，6cm可得，2+3＜6，故不能組成三角形；

故選B．本題主要考查了三角形的三邊關系的運用，三角形的兩邊差小于第三邊，三角形兩邊之和大于第三邊．7、C【分析】分別根據分式的基本性質進行化簡得出即可．【詳解】A．=，此選項約分錯誤；B．不能約分，此選項錯誤；C．==，此選項正確；D．==，此選項錯誤；故選：C．本題考查了分式的約分，在約分時要注意約掉的是分子分母的公因式．8、C【分析】根據全等三角形的判定方法逐一判斷即得答案．【詳解】解：①若AB=DE，BC=EF，AC=DF，則根據SSS能使△ABC≌△DEF；②若AB=DE，∠B=∠E，BC=EF，則根據SAS能使△ABC≌△DEF；③若∠B=∠E，AC=DF，∠C=∠F，則根據AAS能使△ABC≌△DEF；④若AB=DE，AC=DF，∠B=∠E，滿足有兩邊及其一邊的對角對應相等，不能使△ABC≌△DEF；綜上，能使△ABC≌△DEF的條件共有3組．故選：C．本題考查了全等三角形的判定，屬于基礎題型，熟練掌握判定三角形全等的方法是解題的關鍵．9、B【分析】本題考查了正方形的性質，直角三角形的性質的應用，題目比較典型，難度適中．根據正方形的性質得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ECF，根據直角三角形得出AF＞AB，EF＞CF，分別求出甲、乙、丙行走的距離，再比較即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=90°，甲行走的距離是AB+BF+CF=AB+BC=2AB；乙行走的距離是AF+EF+EC+CD；丙行走的距離是AF+FC+CD，∵∠B=∠ECF=90°，∴AF＞AB，EF＞CF，∴AF+FC+CD＞2AB，AF+FC+CD＜AF+EF+EC+CD，∴甲比丙先到，丙比乙先到，即順序是甲丙乙，故選B．本題考查1.正方形的性質；2.線段的性質：兩點之間線段最短；3.比較線段的長短．10、C【分析】首先比較平均數，平均數相同時，選擇方差較小的運動員參加．【詳解】∵乙和丁的平均數最小，∴從甲和丙中選擇一人參加比賽．∵丙的方差最小，∴選擇丙參賽．故選：C．本題考查了平均數和方差，方差是用來衡量一組數據波動大小的量，方差越大，表明這組數據偏離平均數越大，即波動越大，數據越不穩定；反之，方差越小，表明這組數據分布比較集中，各數據偏離平均數越小，即波動越小，數據越穩定．11、D【解析】分析：根據同類項的定義、冪的運算法則逐一計算即可判斷．詳解：A、3x、4y不是同類項，不能合并，此選項錯誤；B、（-a）3?a2=-a5，此選項錯誤；C、（x3y）5=x15y5，此選項錯誤；D、m10÷m7=m3，此選項正確；故選D．點睛：本題主要考查整式的運算，解題的關鍵是掌握同類項的定義、冪的運算法則．12、D【分析】利用完全平方公式進行分解即可．【詳解】解：原式＝[（x+y）﹣（x﹣y）]1，＝（x+y﹣x+y）1，＝4y1，故選：D．此題主要考查了公式法分解因式，關鍵是掌握完全平方公式a1±1ab＋b1＝（a±b）1．二、填空題（每題4分，共24分）13、±1【分析】先根據兩平方項確定出這兩個數，再根據完全平方公式的乘積二倍項即可確定m的值．【詳解】∵1x2+mx+1=（2x）2+mx+12，

∴mx=±2×2x×1，

解得m=±1．

故答案為：±1．考查了完全平方式，解題的關鍵是熟記完全平方公式，并根據平方項確定出這兩個數．14、HL【解析】分析:需證△BCD和△CBE是直角三角形，可證△BCD≌△CBE的依據是HL.詳解:∵BE、CD是△ABC的高，∴∠CDB=∠BEC=90°，在Rt△BCD和Rt△CBE中，BD=EC，BC=CB，∴Rt△BCD≌Rt△CBE（HL），故答案為HL.點睛:本題考查全等三角形判定定理中的判定直角三角形全等的HL定理.15、45°【分析】根據互為余角的和等于90°，互為補角的和等于180°用這個角表示出它的余角與補角，然后列方程求解即可．【詳解】設這個角為α，則它的余角為90°﹣α，補角為180°﹣α，根據題意得，180°-α＝3（90°-α），解得α＝45°．故答案為：45°．本題考查了余角與補角，能分別用這個角表示出它的余角與補角是解題的關鍵．16、【分析】根據二次根式的定義列不等式求解即可．【詳解】解析：由題意得：，解得：．故答案為：．本題考查了二次根式的定義，形如的式子叫二次根式，熟練掌握二次根式成立的條件是解答本題的關鍵．17、①②③【分析】根據等邊三角形的三邊都相等，三個角都是60°，可以證明ACD與BCE全等，根據全等三角形對應邊相等可得AD＝BE，所以①正確，對應角相等可得∠CAD＝∠CBE，然后證明ACP與BCQ全等，根據全等三角形對應邊相等可得PC＝PQ，從而得到CPQ是等邊三角形，再根據等腰三角形的性質可以找出相等的角，從而證明PQ∥AE，所以②正確；根據全等三角形對應邊相等可以推出AP＝BQ，所以③正確，根據③可推出DP＝EQ，再根據DEQ的角度關系DE≠DP．【詳解】解：∵等邊ABC和等邊CDE，∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠ECD＝60°，∴180°﹣∠ECD＝180°﹣∠ACB，即∠ACD＝∠BCE，在ACD與BCE中，，∴ACD≌BCE（SAS），∴AD＝BE，故①小題正確；∵ACD≌BCE（已證），∴∠CAD＝∠CBE，∵∠ACB＝∠ECD＝60°（已證），∴∠BCQ＝180°﹣60°×2＝60°，∴∠ACB＝∠BCQ＝60°，在ACP與BCQ中，，∴ACP≌BCQ（ASA），∴AP＝BQ，故③小題正確；PC＝QC，∴PCQ是等邊三角形，∴∠CPQ＝60°，∴∠ACB＝∠CPQ，∴PQ∥AE，故②小題正確；∵AD＝BE，AP＝BQ，∴AD﹣AP＝BE﹣BQ，即DP＝QE，∠DQE＝∠ECQ+∠CEQ＝60°+∠CEQ，∠CDE＝60°，∴∠DQE≠∠CDE，故④小題錯誤．綜上所述，正確的是①②③．故答案為：①②③．本題考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定與性質，以及平行線的判定，需要多次證明三角形全等，綜合性較強，但難度不是很大，是熱點題目，仔細分析圖形是解題的關鍵．18、1．【分析】直接利用已知結合完全平方公式計算得出答案．【詳解】∵a+b＝3，ab＝4，∴（a+b）2＝a2+2ab+b2＝9，∴a2+b2＝9﹣2×4＝1．故答案為：1．此題主要考查了完全平方公式，正確應用公式是解題關鍵．三、解答題（共78分）19、（1）；（2）；（3）見解析【分析】（1）根據全等三角形的判定即可得到結論；（2）延長至點，使，連接，根據全等三角形的性質得到，根據三角形的三邊關系即可得到結論；（3）延長到，使，連接，于是得到由已知條件得到，根據全等三角形的性質得到，，于是得到，推出，根據全等三角形的性質即可得到結論．【詳解】（1）證明：在與中，，；故答案為：；（2）解：如圖2，延長至點，使，連接，在與中，，，，在中，，即，的取值范圍是；故答案為：；（3）證明：如圖3，延長到，使，連接，，是的中線，，在與中，，，，，，，，，，，，，在與中，，，．本題考查了全等三角形的判定和性質，三角形的中線的定義，三角形的三邊關系，正確的作出圖形是解題的關鍵．20、（1）證明見解析；（2）OP=OQ，證明見解析；（3）90°，理由見解析．【分析】（1）已知△ABC≌△FCB，根據全等三角形的性質可知AB=CF，AC=BF，根據兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形即可得到結論．（2）根據已知利用AAS判定△COQ≌△BOP，根據全等三角形的性質即可得到OP=OQ．（3）根據對角線互相垂直的平行四邊形的菱形進行分析即可．【詳解】（1）證明：∵△ABC≌△FCB，∴AB=CF，AC=BF．∴四邊形ABFC為平行四邊形．（2）解：OP=OQ，理由如下：∵OC=OB，∠COQ=∠BOP，∠OCQ=∠PBO，∴△COQ≌△BOP．∴OQ=OP．（3）解：90°．理由：∵OP=OQ，OC=OB，∴四邊形PCQB為平行四邊形，∵BC⊥PQ，∴四邊形PCQB為菱形．此題考查學生對平行四邊形的判定及性質，全等三角形的判定，菱形的判定等知識的綜合運用．21、（1）見詳解；（2）見詳解．【分析】（1）按照題目要求作圖即可；（2）過點E作EH⊥AB于H，先證明△BDE≌△BHE，再證明△BOE≌△ADC，然后可得DE=

DC，可推出HE=

CD，根據AD=BD，∠ADB=90°，HE⊥AB，可得∠BAD

=

45°，∠HEA=∠HAE=

45°，可推出HE=

AH

=

CD，即可證明結論．【詳解】（1）∠ABC的角平分線如圖所示：；（2）如圖，過點E作EH⊥AB于H，∵BE平分∠ABC，EH⊥AB，ED⊥ВC，∴EH⊥АВ，ED⊥BC，∴EH

=

ED，在Rt△BDE和Rt△BHE中，∴△BDE≌△BHE（HL），∵ВH

=

BD，在Rt△BDE和Rt△ADC中，∴△BOE≌△ADC（HL），∴DE=

DC，∴HE=

CD，∵AD=BD，∠ADB=90°，∴∠BAD

=

45°，∵HE⊥AB，∴∠HEA=∠HAE=

45°，∴HE=

AH

=

CD，∴BC

=

BD+CD=

BH

+

AH=

AB．本題考查了全等三角形的判定和性質及尺規作圖，掌握全等三角形的判定定理是解題關鍵．22、（1）AM＝10﹣2t，AN＝t；（2）t＝；（3）當t＝時，MN∥BC，CN＝．【解析】（1）根據直角三角形的性質即可得到結論；（2）根據等腰三角形的性質得到AM＝AN，列方程即可得到結論．【詳解】（1）∵∠C＝90°，∠A＝60°，∴∠B＝30°，∵AB＝10cm，∴AM＝AB﹣BM＝10﹣2t，AN＝t；（2）∵△AMN是以MN為底的等腰三角形，∴AM＝AN，即10﹣2t＝t，∴當t＝時，△AMN是以MN為底邊的等腰三角形；（3）當MN⊥AC時，MN∥BC，∵∠C＝90°，∠A＝60°，∴∠B＝30°，∵MN∥BC，∴∠NMA＝30°，∴AN＝AM，∴t＝（10﹣2t），解得t＝，∴當t＝時，MN∥BC，CN＝5﹣×1＝．本題考查的是等腰三角形的判定及平行線的判定與性質，熟知等腰三角形的兩腰相等是解答此題的關鍵．23、（1）y＝﹣x+2；（2）△AOD為直角三角形，理由見解析；（3）t＝或．【分析】（1）將點A、B的坐標代入一次函數表達式：y＝kx+b，即可求解；（2）由點A、O、D的坐標得：AD2＝1，AO2＝3，DO2＝4，故DO2＝OA2+AD2，即可求解；（3）點C（，1），∠DBO＝30°，則∠ODA＝60°，則∠DOA＝30°，故點C（，1），則∠AOC＝30°，∠DOC＝60°，OQ＝CP＝t，則OP＝2﹣t．①當OP＝OM時，OQ＝QH+OH，即（2﹣t）+（2﹣t）＝t，即可求解；②當MO＝MP時，∠OQP＝90°，故OQ＝OP，即可求解；③當PO＝PM時，故這種情況不存在．【詳解】解：（1）將點A、B的坐標代入一次函數表達式：y＝kx+b得：，解得：，故直線AB的表達式為：y＝﹣x+2；（2）直線AB的表達式為：y＝﹣x+2，則點D（0，2），由點A、O、D的坐標得：AD2＝1，AO2＝3，DO2＝4，故DO2＝OA2+AD2，故△AOD為直角三角形；（3）直線AB的表達式為：y＝﹣x+2，故點C（，1），則OC＝2，則直線AB的傾斜角為30°，即∠DBO＝30°，則∠ODA＝60°，則∠DOA＝30°故點C（，1），則OC＝2，則點C是AB的中點，故∠COB＝∠DBO＝30°，則∠AOC＝30°，∠DOC＝60°，OQ＝CP＝t，則OP＝OC﹣PC＝2﹣t，①當OP＝OM時，如圖1，則∠OMP＝∠MPO＝（180°﹣∠AOC）＝75°，故∠OQP＝45°，過點P作PH⊥y軸于點H，則OH＝OP＝（2﹣t），由勾股定理得：PH＝（2﹣t）＝QH，OQ＝QH+OH＝（2﹣t）+（2﹣t）＝t，解得：t＝；②當MO＝MP時，如圖2，則∠MPO＝∠MOP＝30°，而∠QOP＝60°，∴∠OQP＝90°，故OQ＝OP，即t＝（2﹣t），解得：t＝；③當PO