八年级数学上期末检测题详解.docx

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八年级数学上期末检测题详解

2018八年级数学上期末检测题详解

一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，满分32分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意）

1．函数y=1－

的自变量x的取值范围是（）

A.x≤1B.x≥0C.x＞0D.x≤0

【分析】依据二次根式中的被开方数为非负数，即可得到结论．

解：

∵

中，x≥0，

∴函数y＝1－

的自变量x的取值范围是x≥0

【答案】B

2．给出下列函数，其中y随着x的增大而减小的函数是（）

A.y＝﹣3＋xB.y＝5＋0.01xC.y＝3xD.y＝29－

x

【分析】根据一次函数的性质可以判断哪个选项中的函数符合题意，本题得以解决．

解：

∵y=﹣3+x=x﹣3，y=5+0.01x=0.01x+5，y=3x，1＞0，0.01＞0，3＞0，

∴上述三个函数中y都随x的增大而增大，故选项A、B、C都不符合题意，

∵y=29﹣

x中的﹣

＜0，

∴该函数y随x的增大而减小

【答案】D

3．“两条直线相交只有一个交点”的题设是（）

A.两条直线B.相交

C.只有一个交点D.两条直线相交

【分析】任何一个命题，都由题设和结论两部分组成．题设，是命题中的已知事

项，结论，是由已知事项推出的事项．

解：

“两条直线相交只有一个交点”的题设是两条直线相交．

【答案】D

4．若△ABC≌△MNP，∠A＝∠M，∠C＝∠P，AB＝4cm，BC＝2cm，则NP=（）

A.2cmB.3cmC.4cmD.6cm

【分析】根据全等三角形的对应边相等，即可解答.

解：

∵△ABC≌△MNP，∠A＝∠M，∠C＝∠P

∴∠B＝∠N，BC＝NP

∵BC＝2

∴NP＝2

【答案】A

5.下列说法正确的是（）

A.两腰对应相等的两个等腰三角形全等

B.两锐角对应相等的两个直角三角形全等

C.两角及其夹边对应相等的两个三角形全等

D．面积相等的两个三角形全等

【分析】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：

SSS、SAS、ASA、AAS、HL．

解：

A.两腰对应相等的两个等腰三角形，只有两边对应相等，所以不一定全等；

B.两锐角对应相等的两个直角三角形，缺少对应的一对边相等，所以不一定全等；

C.两角及其夹边对应相等的两个三角形全等，符合ASA；

D.面积相等的两个三角形不一定全等．

【答案】C

6．函数y＝ax＋b（a，b为常数，a≠0）的图象如图所示，则关于x的不等式ax＋b＞0的解集是（）

A.x＞4B.x＜0C.x＜3D.x＞3

【分析】利用函数图象，写出直线y=ax+b在x轴上方所对应的自变量的范围即可．

解：

关于x的不等式ax＋b＞0的解集为x＜3．

【答案】C

7．直线y=kx＋b与直线y＝

x＋3交点的纵坐标为5，而与直线y＝3x－9的交点的横坐标也是5，则直线y＝kx＋b与两坐标轴围成的三角形面积为（）

A.

B.

C.1D.

【分析】根据题意把y=5代入y＝

x＋3可确定直线y=kx+b与直线y＝

x＋3

的交点坐标为（4，5）；把x＝5代入y=3x－9可确定直线kx＋b与直线y＝3x

－9的交点坐标为（5，6）；再利用待定系数法确定直线y=kx+b的解析式，然

后分别确定该直线与坐标轴的交点坐标，再利用三角形面积公式求解．

解：

把y＝5代入y=

x＋3得

x＋3=5，解得x＝4

即直线y=kx＋b与直线y＝

x＋3的交点坐标为（4，5）

把x＝5代入y＝3x－9得y＝6

即直线y=kx＋b与直线y=3x﹣9的交点坐标为（5，6）；把（4，5）和（5，6）代入y＝kx＋b得

解得

所以y＝x＋1

当x＝0时，y＝1

当y＝0时，x＋1＝0，解得x＝﹣1

所以直线y＝x＋1与x轴和y轴的交点坐标分别为（﹣1,0）（0,1）所以直线y=x+1与两坐标轴围成的三角形面积=

×1×1＝

．

【答案】D

8．已知：

如图，下列三角形中，AB=AC，则经过三角形的一个顶点的一条直线能够将这个三角形分成两个小等腰三角形的是（）

A.①③④B.①②③④C.①②④D.①③

【分析】顶角为：

36°，90°，108°的四种等腰三角形都可以用一条直线把这四个等腰三角形每个都分割成两个小的等腰三角形，再用一条直线分其中一个等腰三角形变成两个更小的等腰三角形．

解：

由题意知，要求“被一条直线分成两个小等腰三角形”，

①中分成的两个等腰三角形的角的度数分别为：

36°，36°，108°和36°，72°，72°，能；

②不能；

③显然原等腰直角三角形的斜边上的高把它还分为了两个小等腰直角三角形，能；

④中的为36°，72，72°和36°，36°，108°，能分成两个小等腰三角形

【答案】A

二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，满分20分）

9．如图中的B点的坐标是．

【分析】首先写横坐标，再写纵坐标即可．

解：

B点的坐标是（﹣3，2）

【答案】（﹣3，2）

10．已知y﹣3与x﹣1成正比例，当x=3时，y=7，那么y与x的函数关系式是

．

【分析】设y－3=k（x－1）（k≠0）．把x、y的值代入该解析式，列出关于k的方程，通过解方程可以求得k的值；

解：

设y－3=k（x－1）（k≠0）．

∵当x＝3时，y＝7

∴7－3＝k（3－1）

解得，k＝2

∴y－3＝2x－2

∴y与x之间的函数关系式是y＝2x＋1

【答案】y=2x+1

11．三角形三边长分别为3，1－2a，8，则a的取值范围是．

【分析】直接根据三角形的三边关系即可得出结论．

解：

∵三角形三边长分别为3，1﹣2a，8，

∴8﹣3＜1－2a＜8+3，解得﹣5＜a＜﹣2．

【答案】﹣5＜a＜﹣2

12．如图，在△ABC中，∠A＝40°，AB＝AC，AB的垂直平分线DE交AC于D，则∠DBC的度数是．

【分析】已知∠A＝40°，AB＝AC可得∠ABC＝∠ACB，再由线段垂直平分线的性质可求出∠ABC＝∠A，易求∠DBC．

解：

∵∠A＝40°，AB＝AC

∴∠ABC＝∠ACB=70°，又∵DE垂直平分AB，

∴DB=AD

∴∠ABD=∠A=40°

∴∠DBC=∠ABC﹣∠ABD=70°﹣40°=30°．

【答案】30°

13．如图，△ABC中，P、Q分别是BC、AC上的点，作PR⊥AB，PS⊥AC，垂足分别是R、S，若AQ=PQ，PR=PS，下面四个结论：

①AS=AR；②QP∥AR；③△BRP≌△QSP；④AP垂直平分RS．其中正确结论的序号是（请将所有正确结论的序号都填上）

【分析】根据角平分线性质即可推出①，根据勾股定理即可推出AR=AS，根据等腰三角形性质推出∠QAP=∠QPA，推出∠QPA=∠BAP，根据平行线判定推出QP∥AB即可；在Rt△BRP和Rt△QSP中，只有PR=PS．无法判断△BRP≌△QSP；连接RS，与AP交于点D，先证△ARD≌△ASD，则RD=SD，∠ADR=∠ADS=90°．

解：

①∵PR⊥AB，PS⊥AC，PR=PS，

∴点P在∠A的平分线上，∠ARP=∠ASP=90°，

∴∠SAP=∠RAP，

在Rt△ARP和Rt△ASP中，由勾股定理得：

AR2=AP2﹣PR2，AS2=AP2﹣PS2，

∵AD=AD，PR=PS，

∴AR=AS，∴①正确；

②∵AQ=QP，

∴∠QAP=∠QPA，

∵∠QAP=∠BAP，

∴∠QPA=∠BAP，

∴QP∥AR，∴②正确；

③在Rt△BRP和Rt△QSP中，只有PR=PS

不满足三角形全等的条件，故③错误；

④如图，连接RS，与AP交于点D．在△ARD和△ASD中，

∴△ARD≌△ASD．

∴RD=SD，∠ADR=∠ADS=90°．所以AP垂直平分RS，故④正确．故【答案】①②④

三、解答题（本大题共7小题，共68分）解答应写明大字说明和运算步

14．（8分）如图，AC=BD，AB=DC．求证：

∠B=∠C．

【分析】边结AD，利用SSS判定△ABD≌△DCA，根据全等三角形的对应角相等即证．

证明：

连接AD，

在△ABD和△DCA中，

，

∴△ABD≌△DCA（SSS），

∴∠B=∠C

15．（8分）在给出的坐标系中作出要求的图象

（1）作出y=2x﹣4的图象l1；

（2）作出l1关于y轴对称的图象l2；

（3）作出l1先向右平移2个单位，再向上平移1个单位的图象l3．

【分析】

（1）分别令x=0求得y、令y=0求得x，从而得出直线l1的解析式；

（2）关键关于y轴对称画出图象即可；

（3）将l1先向右平移2个单位，再向上平移1个单位可得直线l3．

解：

（1）如图所示：

（2）如图所示；

（3）如图所示：

16．（10分）已知直线l1经过点A（5，0）和点B（

，﹣5）

（1）求直线l1的表达式；

（2）设直线l2的解析式为y=﹣2x+2，且l2与x轴交于点D，直线l1交l2于点C，求△CAD的面积．

【分析】

（1）把A、B的坐标代入函数解析式，即可求出答案；

（2）分别求出C、D的坐标，根据三角形的面积公式求出即可．

解：

（1）设直线l1的表达式为y=kx+b，

把A、B的坐标代入得：

，解得：

k=2，b=﹣10，

即直线l1的表达式是y=2x﹣10；

（2）y=﹣2x+2，当y=0时，x=1，

即D点的坐标为（1，0），

解方程组

得

即C点的坐标为（3，﹣4），

y2=﹣2x+2，

当y=0时，x=1，即OD=1，

∵A（5，0），

∴OA=5，

∴AD=5﹣1=4，

∴△CAD的面积是

=8

17．（10分）已知：

如图，P是OC上一点，PD⊥OA于D，PE⊥OB于E，F、G

分别是OA、OB上的点，且PF=PG，DF=EG．

求证：

OC是∠AOB的平分线．

【分析】利用“HL”证明Rt△PFD和Rt△PGE全等，根据全等三角形对应边相等可得PD=PE，再根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上证明即可．

证明：

在Rt△PFD和Rt△PGE中，

，

∴Rt△PFD≌Rt△PGE（HL），

∴PD=PE，

∵P是OC上一点，PD⊥OA，PE⊥OB，

∴OC是∠AOB的平分线．

18．（10分）

（1）叙述并证明三角形内角和定理（证明用图1）；

（2）如图2是七角星形，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G的度数．

【分析】

（1）要证明三角形的三个内角的和为180°，可以把三角形三个角转移到一个平角上，利用平角的性质证明即可．

（2）先根据三角形外角的性质得出∠A+∠E=∠1，∠G+∠D=∠2，∠C+∠F=∠3，再根据三角形的内角和是180°进行解答.

（1）定理：

三角形的内角和是180°．

已知：

△ABC的三个内角分别为∠BAC，∠B，∠C；求证：

∠BAC+∠B+∠C=180°．

证明：

如图，过点A作直线MN，使MN∥BC，，

∵MN∥BC，

∴∠B=∠MAB，∠C=∠NAC（两直线平行，内错角相等）

∵∠MAB+∠NAC+∠BAC=180°（平角定义）

∴∠B+∠C+∠BAC=180°（等量代换）

∴∠BAC+∠B+∠C=180°．

（2）解：

如图2，

∵∠A+∠E=∠DME，∠G+∠D=∠ANG，∠C+∠F=∠BHC，

∵∠DME+∠ANG=∠BPH，

∴∠A+∠E+∠G+∠D=∠BPH，

∵∠B+∠BHC+∠BPH=180°，

∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F+∠G=180°．

19．（10分）如图，△ABC为等边三角形，D为边BA延长线上一点，连接CD，

以CD为一边作等边三角形CDE，连接AE.

（1）求证：

△CBD≌△CAE．

（2）判断AE与BC的位置关系，并说明理由．

【分析】

（1）根据等边三角形各内角为60°和各边长相等的性质可证

∠ECA=∠DCB，AC=BC，EC=DC，即可证明△ECA≌△DCB；

（2）根据△ECA≌△DCB可得∠EAC=60°，根据内错角相等，平行线平行即可解题．

证明：

（1）∵△ABC、△DCE为等边三角形，

∴AC=BC，EC=DC，∠ACB=∠ECD=∠DBC=60°，

∵∠ACD+∠ACB=∠DCB，∠ECD+∠ACD=∠ECA，

∴∠ECA=∠DCB，在△ECA和△DCB中，

，

∴△ECA≌△DCB（SAS）；

（2）∵△ECA≌△DCB，

∴∠EAC=∠DBC=60°

∵∠ACB=∠DBC=60°，

∴∠EAC=∠ACB=60°，

∴AE∥BC．

20．（12分）一辆客车从甲地开往乙地，一辆轿车从乙地开往甲地，两车同时出

发，两车行驶x小时后，记客车离甲地的距离为y1千米，轿车离甲地的距离为y2千米，y1、y2关于x的函数图象如图．

（1）根据图象，直接写出y1、y2关于x的函数关系式；

（2）当两车相遇时，求此时客车行驶的时间；

（3）两车相距200千米时，求客车行驶的时间．

【分析】

（1）根据图象得出点的坐标，进而利用待定系数法求一次函数解析式得出即可；

（2）当两车相遇时，y1=y2，进而求出即可；

（3）分别根据若相遇前两车相距200千米，则y2﹣y1=200，若相遇后相距200

千米，则y1﹣y2=200，分别求出即可．

解：

（1）设y1=kx，则将（10，600）代入得出：

600=10k，解得：

k=60，

∴y1=60x（0≤x≤10），

设y2=ax+b，则将（0，600），（6，0）代入得出：

解得：

∴y2=﹣100x+600（0≤x≤6）；

（2）当两车相遇时，y1=y2，即60x=﹣100x+600

解得：

；

∴当两车相遇时，求此时客车行驶了

小时；

（3）若相遇前两车相距200千米，则y2﹣y1=200，

∴﹣100x+600﹣60x=200，解得：

若相遇后相距200千米，则y1﹣y2=200，即60x+100x﹣600=200，

解得：

x=5

∴两车相距200千米时，客车行驶的时间为

小时或5小时．