2024屆安徽省池州市第十中學八上數學期末調研試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，為線段的中點，，、、、到點的距離分別是、、、，下列四點中能與、構成直角三角形的頂點是（）A． B． C． D．2．已知的外角中，若，則等于（）A．50° B．55° C．60° D．65°3．在一次數學答題比賽中，五位同學答對題目的個數分別為7，5，3，5，10，則關于這組數據的說法不正確的是（）A．眾數是5 B．中位數是5 C．平均數是6 D．方差是3.64．“等腰三角形兩底角相等”的逆命題是（）A．等腰三角形“三線合一”B．底邊上高和中線重合的三角形等腰C．兩個角互余的三角形是等腰三角形D．有兩個角相等的三角形是等腰三角形5．某工程隊準備修建一條長1200米的道路，由于采用新的施工方式，實際每天修建道路的速度比原計劃快20％，結果提前兩天完成任務，若設原計劃每天修建道路x米，則根據題意可列方程為（）.A． B．C． D．6．如圖，在和中，，，于點，點在上，過作，使，連接交于點，當時，下列結論:①；②；③；④．其中正確的有（）．A．1個 B．2個 C．3個 D．4個7．將分式中的的值同時擴大2倍，則分式的值（）A．擴大2倍 B．縮小到原來的C．保持不變 D．無法確定8．如圖，，于，于，，則的值為（）A． B． C． D．9．下列圖形中是軸對稱圖形的是（）．A． B． C． D．10．下列條件中，不能判斷是直角三角形的是（）A． B． C． D．11．一個多邊形的內角和是720°，這個多邊形是（）A．五邊形 B．六邊形 C．七邊形 D．八邊形12．已知，則的值是（）A．18 B．16 C．14 D．12二、填空題（每題4分，共24分）13．在△ABC中，已知AB=15，AC=11，則BC邊上的中線AD的取值范圍是____．14．已知平行四邊形的面積是，其中一邊的長是，則這邊上的高是_____cm．15．如圖，∠MON＝30°，點A1、A2、A3…在射線ON上，點B1、B2，B3…在射線OM上，△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4…均為等邊三角形，從左起第1個等邊三角形的邊長記a1，第2個等邊三角形的邊長記為a2，以此類推，若OA1＝3，則a2=_______，a2019=_______.16．若x2+ax+4是完全平方式，則a=_____．17．有若干張如圖所示的正方形和長方形卡片，如果要拼一個長為（2a＋b），寬為（a＋b）的長方形，則需要A類卡片_____張，B類卡片_____張，C類卡片_____張．18．如圖，小章利用一張左、右兩邊已經破損的長方形紙片ABCD做折紙游戲，他將紙片沿EF折疊后，D、C兩點分別落在D'、C'的位置，并利用量角器量得∠EFB＝65°，則∠AED'等于_____度．三、解答題（共78分）19．（8分）如圖，在方格紙中，以格點連線為邊的三角形叫格點三角形，請按要求完成下列操作：先將格點△ABC向右平移4個單位得到△A1B1C1，再將△A1B1C1繞點C1點旋轉180°得到△A1B1C1．20．（8分）小慧根據學習函數的經驗，對函數圖像與性質進行了探究，下面是小慧的探究過程，請補充完整：（1）若，為該函數圖像上不同的兩點，則，該函數的最小值為.（2）請在坐標系中畫出直線與函數的圖像并寫出當時的取值范圍是.21．（8分）已知，點P是等邊三角形△ABC中一點，線段AP繞點A逆時針旋轉60°到AQ，連接PQ、QC．（1）求證：PB＝QC；（2）若PA＝3，PB＝4，∠APB＝150°，求PC的長度．22．（10分）如圖，已知在平面直角坐標系中，△ABC三個頂點的坐標分別是A(1，1)，B(4，2)，C(3，4)．（1）畫出△ABC關于y軸對稱的△A1B1C1（要求：A與A1，B與B1，C與C1相對應）；（2）通過畫圖，在x軸上確定點Q，使得QA與QB之和最小，畫出QA與QB，并直接寫出點Q的坐標．點Q的坐標為．23．（10分）如圖，點B，C，D在同一條直線上，，是等邊三角形，若，，求的度數；求AC長．24．（10分）如圖，已知，，．求證：．25．（12分）如圖，等腰三角形ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝100°，點D是底邊BC的動點（點D不與B、C重合），連接AD，作∠ADE＝40°，DE與AC交于點E．（1）當DC等于多少時，△ABD與△DCE全等？請說明理由；（2）在點D的運動過程中，△ADE的形狀可以是等腰三角形嗎？若可以，求出∠BDA的度數；若不可以，請說明理由．26．如圖，是等腰直角三角形，，為延長線上一點，點在上，的延長線交于點，．求證：．

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【分析】根據O為線段AB的中點，AB＝4cm，得到AO＝BO＝2cm，由P1、P2、P3、P4到點O的距離分別是1cm、2cm、2.8cm、1.7cm，得到OP2＝2cm，推出OP2＝AB，根據直角三角形的判定即可得到結論．【詳解】∵O為線段AB的中點，AB＝4cm，∴AO＝BO＝2cm，∵P1、P2、P3、P4到點O的距離分別是1cm、2cm、2.8cm、1.7cm，∴OP2＝2cm，∴OP2＝AB，∴P1、P2、P3、P4四點中能與A、B構成直角三角形的頂點是P2，故選：B．【點睛】本題考查了直角三角形的判定定理，熟記直角三角形的判定是解題的關鍵．2、B【分析】三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內角的和．根據三角形的外角的性質計算即可．【詳解】解：∵∠ACD是△ABC的一個外角，

∴∠ACD=∠B+∠A，

∵∠B=70°，∴∠A=∠ACD-∠B=125°-70°=55°，

故選：B．【點睛】本題考查的是三角形的外角的性質，掌握三角形的一個外角等于和它不相鄰的兩個內角的和是解題的關鍵．3、D【分析】根據平均數、中位數、眾數以及方差的定義判斷各選項正誤即可．【詳解】A、數據中5出現2次，所以眾數為5，此選項正確；B、數據重新排列為3、5、5、7、10，則中位數為5，此選項正確；C、平均數為（7+5+3+5+10）÷5=6，此選項正確；D、方差為×[（7﹣6）2+（5﹣6）2×2+（3﹣6）2+（10﹣6）2]=5.6，此選項錯誤；故選D．【點睛】本題主要考查了方差、平均數、中位數以及眾數的知識，解答本題的關鍵是熟練掌握各個知識點的定義以及計算公式，此題難度不大．4、D【分析】直接交換原命題的題設和結論即可得到正確選項．【詳解】解：“等腰三角形兩底角相等”的逆命題是有兩個角相等的三角形是等腰三角形，故選：D．【點睛】本題考查互逆命題，解題的關鍵是掌握逆命題是直接交換原命題的題設和結論．5、A【解析】設原計劃每天修建道路xm,則實際每天修建道路為(1+20%)xm，由題意得,.故選A.6、C【分析】利用直角三角形兩銳角互余以及三角形外角的性質，結合已知可求得∠FAG=∠FGA=75，利用等角對等邊證明①正確；在和中，分別利用30度角的性質求得EF=2AE=4DE，證明②正確；同樣利用30度角的性質求得，，證明③正確；過A作AH⊥EF于H，證得，從證得，④錯誤．【詳解】∵FA⊥EA，∠F=30，∴∠AEF=60，∵∠BAC=90，AB=AC，AD⊥BC，∴∠DAC=∠C=45，AD=DC=BD，∵∠EAC=15，∴∠FAG=90-15=75，∠DAE=45-15=30，∴∠FGA=∠AEF+∠EAC=60+15=75，∴∠FAG=∠FGA=75，∴AF=FG，①正確；∵在中，∠ADE=90，∠DAE=30，∴AE=2DE，，∵在中，∠EAF=90，∠F=30，∴EF=2AE=4DE，②正確；∴，③正確；過A作AH⊥EF于H，在和中，；∴，∴AD=AH，在中，∠AHG=90，∴，∴，∴，④錯誤；綜上，①②③正確，共3個．故選：C．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質，含30度角的直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，利用30度所對直角邊等于斜邊一半，鄰邊是對邊的倍是解題的關鍵．7、A【分析】根據已知得出，求出后判斷即可．【詳解】解：將分式中的、的值同時擴大2倍為，即分式的值擴大2倍，故選：A．【點睛】本題考查了分式的基本性質的應用，主要考查學生的理解能力和辨析能力．8、B【分析】根據∠ACB=90°，AC=BC，BE⊥CE，AD⊥CE于D，求得∠ACD=∠CBE，利用角角邊定理可證得△ACD≌△CBE，得出CE=AD，BE=CD=CE-DE，將已知數值代入求得BE的長，從而即可得出答案．【詳解】解：∵BE⊥CE，AD⊥CE于D，

∴∠ADC=∠CEB=90°∴∠CBE+∠BCE=90°∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCE=90°，

∴∠ACD=∠CBE，

在△ACD與△CBE中，∴△ACD≌△CBE（AAS）．

∴CE=AD=5cm，BE=DC

∴DC=CE-DE=5-3=2cm

∴BE=2cm．∴BE:CE=2:5∴BE:CE的值為故選：B【點睛】此題考查學生對等腰直角三角形和全等三角形的判定與性質的理解和掌握，關鍵是利用角角邊定理可證得△ACD≌△CBE．9、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．10、D【分析】根據勾股定理的逆定理、三角形的內角和為180度進行判定即可．【詳解】解：A、a：b：c=3：4：5，所以設a=3x，b=4x，c=5x，而（3x）2+（4x）2=（5x）2，故為直角三角形；B、,所以設a=x，b=2x，c=x，而符合勾股定理的逆定理，故為直角三角形；C、因為∠A+∠B=∠C，∠A+∠B+∠C=180°，則∠C=90°，故為直角三角形；D、因為，所以設∠A=3x，則∠B=4x，∠C=5x，故3x+4x+5x=180°，解得x=15°，3x=15×3=45°，4x=15×4=60°，5x=15×5=75°，故此三角形是銳角三角形．故選：D【點睛】此題考查了解直角三角形的相關知識，根據勾股定理的逆定理、三角形的內角和定理結合解方程是解題的關鍵．11、B【解析】利用n邊形的內角和可以表示成（n﹣2）?180°，結合方程即可求出答案．解：設這個多邊形的邊數為n，由題意，得（n﹣2）180°=720°，解得：n=6，故這個多邊形是六邊形．故選B．12、A【分析】根據完全平方公式可得，然后變形可得答案．【詳解】∵∴∴故選：A．【點睛】此題主要考查了完全平方公式，關鍵是掌握完全平方公式：．二、填空題（每題4分，共24分）13、2<AD<1【分析】延長AD至E，使得DE=AD，連接CE，然后根據“邊角邊”證明△ABD和△ECD全等，再根據全等三角形對應邊相等可得AB=CE，然后利用三角形任意兩邊之和大于第三邊，兩邊之和小于第三邊求出AE的取值范圍，從而得解．【詳解】解：如圖，延長AD至E，使得DE=AD，連接CE，∵AD是△ABC的中線，∴BD=CD，在△ABD和△ECD中，∵AD＝DE，∠ADB＝∠EDC，BD＝CD∴△ABD≌△ECD（SAS），∴AB=CE，∵AB=15，∴CE=15，∵AC=11，∴在△ACE中，15－11=4，15＋11=26，∴4＜AE＜26，∴2＜AD＜1；故答案為：2＜AD＜1．【點睛】本題既考查了全等三角形的性質與判定，也考查了三角形的三邊的關系，解題的關鍵是將中線AD延長得AD=DE，構造全等三角形，然后利用三角形的三邊的關系解決問題．14、【分析】根據平行四邊形的面積公式：S＝ah，計算即可．【詳解】設這條邊上的高是h，由題意知，，解得：，故填：．【點睛】本題考查平行四邊形面積公式，屬于基礎題型，牢記公式是關鍵．15、6；3×1.【分析】根據等腰三角形的性質以及平行線的性質得出A1B1∥A2B2∥A3B3，以及a2=2a1=6，得出a3=4a1，a4=8a1，a5=16a1…進而得出答案．【詳解】解：如圖，

∵△A1B1A2是等邊三角形，∴A1B1=A2B1，∠3=∠4=∠12=60°，

∴∠2=120°，

∵∠MON=30°，

∴∠1=180°-120°-30°=30°，

又∵∠3=60°，

∴∠5=180°-60°-30°=90°，

∵∠MON=∠1=30°，

∴OA1=A1B1=3，

∴A2B1=3，

∵△A2B2A3、△A3B3A4是等邊三角形，

∴∠11=∠10=60°，∠13=60°，

∵∠4=∠12=60°，

∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3，

∴∠1=∠6=∠7=30°，∠5=∠8=90°，

∴a2=2a1=6，

a3=4a1，

a4=8a1，

a5=16a1，

以此類推：a2019=1a1=3×1

故答案是：6；3×1．【點睛】此題主要考查了等邊三角形的性質以及等腰三角形的性質，根據已知得出a2=2a1=6，a3=4a1，a4=8a1，a5=16a1…進而發現規律是解題關鍵．16、±1．【分析】這里首末兩項是x和2這兩個數的平方，那么中間一項為加上或減去a和2積的2倍，故a=±1．【詳解】解：中間一項為加上或減去a和2積的2倍，故a=±1，故答案為±1．【點睛】本題考查了完全平方公式的應用，兩數的平方和，再加上或減去它們積的2倍，就構成了一個完全平方式．注意積的2倍的符號，避免漏解．17、211【分析】首先分別計算大矩形和三類卡片的面積，再進一步根據大矩形的面積應等于三類卡片的面積和進行分析所需三類卡片的數量．【詳解】解：長為2a＋b，寬為a＋b的矩形面積為(2a＋b)(a＋b)＝2a2＋1ab＋b2，∵A圖形面積為a2，B圖形面積為b2，C圖形面積為ab，∴需要A類卡片2張，B類卡片1張，C類卡片1張．故答案為：2；1；1．【點睛】本題考查了多項式與多項式的乘法運算的應用，正確列出算式是解答本題的關鍵．多項式與多項式相乘，先用一個多項式的每一項分別乘另一個多項式的每一項，再把所得的積相加．18、1【分析】先求出∠EFC，根據平行線的性質求出∠DEF，根據折疊求出∠D′EF，即可求出答案．【詳解】解：∵∠EFB=65°，

∴∠EFC=180°-65°=115°，

∵四邊形ABCD是長方形，

∴AD∥BC，

∴∠DEF=180°-∠EFC=180°-115°=65°，

∵沿EF折疊D和D′重合，

∴∠D′EF=∠DEF=65°，

∴∠AED′=180°-65°-65°=1°，

故答案為：1．【點睛】本題考查了折疊性質，矩形性質，平行線的性質的應用，注意：兩直線平行，同旁內角互補．三、解答題（共78分）19、見解析.【分析】將△ABC向右平移4個單位后，橫坐標變為x+4，而縱坐標不變，所以點A1、B1、C1的坐標可知，確定坐標點連線即可畫出圖形△A1B1C1，將△A1B1C1中的各點A1、B1、C1旋轉180°后，得到相應的對應點A1、B1、C1，連接各對應點即得△A1B1C1．【詳解】解：如圖所示：20、（1），；（2）作圖見解析，或【分析】（1）將代入函數解析式，即可求得m，由可知；（2）采用描點作圖畫出圖象，再根據圖象判斷直線在函數圖象下方時x的取值范圍，即可得到時x的取值范圍．【詳解】（1）將代入得：，解得或-6∵，為該函數圖像上不同的兩點∴∵∴即函數的最小值為1，故答案為：-6，1．（2）當時，函數，當時，函數如圖所示，設y1與y的圖像左側交點為A，右側交點為B解方程組得，則A點坐標為，解方程組得，則B點坐標為觀察圖像可得：當直線在函數圖象下方時，x的取值范圍為或，所以當時的取值范圍是或.故答案為：或.【點睛】本題考查了一次函數的圖像與性質，熟練掌握一次函數交點的求法以及一次函數與不等式的關系是解題的關鍵．21、（1）證明見解析；（2）1.【分析】（1）直接利用旋轉的性質可得AP=AQ，∠PAQ=60°，然后根據“SAS”證明△BAP≌△CAQ，結合全等三角形的性質得出答案；（2）由△APQ是等邊三角形可得AP=PQ=3，∠AQP=60°，由全等的性質可得∠AQC=∠APB=110°,從而可求∠PQC=90°，然后根據勾股定理求PC的長即可.直接利用等邊三角形的性質結合勾股定理即可得出答案．【詳解】（1）證明：∵線段AP繞點A逆時針旋轉60°到AQ，∴AP=AQ，∠PAQ=60°，∴△APQ是等邊三角形，∠PAC+∠CAQ=60°，∵△ABC是等邊三角形，∴∠BAP+∠PAC=60°，AB=AC，∴∠BAP=∠CAQ，在△BAP和△CAQ中，∴△BAP≌△CAQ（SAS），∴PB=QC；（2）解：∵由（1）得△APQ是等邊三角形，∴AP=PQ=3，∠AQP=60°，∵∠APB=110°，∴∠PQC=110°﹣60°=90°，∵PB=QC，∴QC=4，∴△PQC是直角三角形，∴PC==1．【點睛】本題考查了旋轉的性質，等邊三角形的性質與判定，全等三角形的判定與性質，勾股定理.證明△BAP≌△CAQ是解（1）的關鍵，證明∠PQC=90°是解（2）的關鍵.22、（1）見解析；（2）見解析，(2，0)【分析】（1）依據軸對稱的性質進行作圖，即可得到△A1B1C1；（2）作點A關于x軸的對稱點A'，連接A'B，交x軸于點Q，則QA與QB之和最小．【詳解】解：（1）如圖所示，△A1B1C1即為所求；（2）如圖所示，點Q即為所求，點Q的坐標為（2，0）．故答案為：（2，0）．【點睛】本題考查了利用軸對稱作圖以及最短距離的問題，解題的關鍵是最短距離的問題，一般要考慮線段的性質定理，結合軸對稱變換來解決，多數情況要作點關于某直線的對稱點．23、(1)60°;(2)3.【解析】由等邊三角形的性質可得，，，可證≌，可得，可得的度數；由全等三角形的性質和等邊三角形的性質可求AC的長．【詳解】解：，是等邊三角形

，，，

，且，，

≌

≌

，

,【點睛】考查了全等三角形判定和性質，等邊三