2024屆浙江省嘉興市海鹽縣八年級數學第一學期期末監(jiān)測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題4分，共48分）1．若方程無解，則的值為（）A．-1 B．-1或 C．3 D．-1或32．下列長度的三條線段能組成三角形的是（）A．1，2，3 B．2，2，4 C．2，3，4 D．2，4，83．若△ABC三個角的大小滿足條件∠A：∠B：∠C＝1：1：3，則∠A＝（）A．30° B．36° C．45° D．60°4．下列長度的三條線段，不能組成三角形的是（）A．3，8，4 B．4，9，6C．15，20，8 D．9，15，85．如圖，△ABC中，點D為BC上一點，且AB＝AC＝CD，則圖中∠1和∠2的數量關系是（）A．2∠1+3∠2＝180° B．2∠1+∠2＝90°C．2∠1＝3∠2 D．∠1+3∠2＝90°6．如圖，分別用火柴棍連續(xù)搭建等邊三角形和正六邊形，公共邊只用一根火柴棍．如果搭建等邊三角形和正六邊形共用了根火柴，并且等邊三角形的個數比正六邊形的個數多，那么連續(xù)搭建的等邊三角形的個數是（）…………A． B． C． D．以上答案都不對7．下列四個交通標志中，軸對稱圖形是（）A． B． C． D．8．下列圖形中對稱軸條數最多的是（）A．線段 B．正方形 C．圓 D．等邊三角形9．如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，BC=7，點E在邊BC上，并且CE=2，點F為邊AC上的動點，將△CEF沿直線EF翻折，點C落在點P處，則點P到邊AB距離的最小值是()A．0.5 B．1 C．2 D．2.510．使分式有意義的x的取值范圍是（）A．x=2 B．x≠2且x≠0 C．x=0 D．x≠211．9的平方根是（）A． B． C．3 D．-312．現(xiàn)用張鐵皮做盒子，每張鐵皮做個盒身或做個盒底，而一個盒身與兩個盒底配成一個盒子，設用張鐵皮做盒身，張鐵皮做盒底，則可列方程組為（）A． B．C． D．二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，已知，若，需要補充一個條件：________．14．如圖，點B、F、C、E在一條直線上，已知BF=CE，AC∥DF，請你添加一個適當的條件______，使得△ABC≌△DEF．15．若，則以、為邊長的等腰三角形的周長為______．16．如圖，把平面內一條數軸x繞點O逆時針旋轉角θ（0°＜θ＜90°）得到另一條數軸y，x軸和y軸構成一個平面斜坐標系．規(guī)定：已知點P是平面斜坐標系中任意一點，過點P作y軸的平行線交x軸于點A，過點P作x軸的平行線交y軸于點B，若點A在x軸上對應的實數為a，點B在y軸上對應的實數為b，則稱有序實數對（a，b）為點P的斜坐標．在平面斜坐標系中，若θ＝45°，點P的斜坐標為（1，2），點G的斜坐標為（7，﹣2），連接PG，則線段PG的長度是_____．17．因式分解：3xy﹣6y=_____．18．若二元一次方程組的解是則一次函數的圖象與一次函數的圖象的交點坐標為________．三、解答題（共78分）19．（8分）學校舉行廣播操比賽，八年級三個班的各項得分及三項得分的平均數如下(單位：分)．服裝統(tǒng)一服裝統(tǒng)一動作規(guī)范三項得分平均分一班80848884二班97788085三班90788484根據表中信息回答下列問題：學校將“服裝統(tǒng)一”、“隊形整齊”、“動作規(guī)范”三項按的比例計算各班成績,求八年級三個班的成績；由表中三項得分的平均數可知二班排名第一，在的條件下，二班成績的排名發(fā)生了怎樣的變化，請你說明二班成績排名發(fā)生變化的原因．20．（8分）如圖，，求的長，21．（8分）如圖1，△ABC中，AD是∠BAC的角平分線，AE⊥BC于點E．（1）若∠C=80°，∠B=40°，求∠DAE的度數；（2）若∠C＞∠B，試說明∠DAE=(∠C-∠B)；（3）如圖2，若將點A在AD上移動到A′處，A′E⊥BC于點E．此時∠DAE變成∠DA′E，請直接回答：（2）中的結論還正確嗎？22．（10分）求證：有兩個角和其中一個角的角平分線對應相等的兩個三角形全等．23．（10分）如圖，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠CAB，交CB于點D，過點D作DE⊥AB，于點E（1）求證：△ACD≌△AED；（2）若∠B=30°，CD=1，求BD的長．24．（10分）在中，與相交于點，，，，求的長．25．（12分）（閱讀材科）小明同學發(fā)現(xiàn)這樣一個規(guī)律：兩個頂角相等的等腰三角形，如果具有公共的項角的頂點，并把它們的底角頂點連接起來則形成一組全等的三角形，小明把具有這個規(guī)律的圖形稱為“手拉手”圖形．如圖1，在“手拉手”圖形中，小明發(fā)現(xiàn)若∠BAC=∠DAE，AB=AC，AD=AE，則△ABD≌△ACE．（材料理解）（1）在圖1中證明小明的發(fā)現(xiàn)．（深入探究）（2）如圖2，△ABC和△AED是等邊三角形，連接BD，EC交于點O，連接AO，下列結論：①BD=EC；②∠BOC=60°；③∠AOE=60°；④EO=CO，其中正確的有．(將所有正確的序號填在橫線上)．（延伸應用）（3）如圖3，AB=BC，∠ABC=∠BDC=60°，試探究∠A與∠C的數量關系．26．今年，長沙開始推廣垃圾分類，分類垃圾桶成為我們生活中的必備工具．某學校開學初購進型和型兩種分類垃圾桶，購買型垃圾桶花費了2500元，購買型垃圾桶花費了2000元，且購買型垃圾桶數量是購買型垃圾桶數量的2倍，已知購買一個型垃圾桶比購買一個型垃圾桶多花30元．（1）求購買一個型垃圾桶、B型垃圾桶各需多少元？（2）由于實際需要，學校決定再次購買分類垃圾桶，已知此次購進型和型兩種分類垃圾桶的數量一共為50個，恰逢市場對這兩種垃圾桶的售價進行調整，型垃圾桶售價比第一次購買時提高了8%，型垃圾桶按第一次購買時售價的9折出售，如果此次購買型和型這兩種垃圾桶的總費用不超過3240元，那么此次最多可購買多少個型垃圾桶？

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【分析】將分式方程化為整式方程后，分析無解的情況，求得值．【詳解】方程兩邊乘最簡公分母后，合并同類項，整理方程得，若原分式方程無解，則或，解得或．【點睛】本題考查分式方程無解的兩種情況，即：1.解為增根．2.整式方程無解2、C【分析】根據三角形的三邊關系進行分析判斷．【詳解】根據三角形任意兩邊的和大于第三邊，得A中，1+2＝3，不能組成三角形；B中，2+2＜4，不能組成三角形；C中，3+2＞4，能夠組成三角形；D中，2+4＜8，不能組成三角形．故選：C．【點睛】此題主要考查三角形的構成條件，解題的關鍵是熟知三角形任意兩邊的和大于第三邊．3、B【分析】根據三角形內角和為180o進行計算即可．【詳解】∵∠A：∠B：∠C＝1：1：3且三角形內角和為180o，∴∠A＝．故選：B．【點睛】考查了三角形的內角和定理，解題關鍵是熟記三角形內角和定理：三角形內角和為180o．4、A【解析】A，∵3+4＜8∴不能構成三角形；B，∵4+6＞9∴能構成三角形；C，∵8+15＞20∴能構成三角形；D，∵8+9＞15∴能構成三角形．故選A．5、A【分析】先根據AB＝AC＝CD可求出∠2＝∠C，∠ADC＝∠CAD，再根據三角形內角和定理可得2∠ADC＝180°﹣∠C＝180°﹣∠2，由三角形內角與外角的性質可得∠ADC＝∠1+∠2，聯(lián)立即可求解．【詳解】解：∵AB＝AC＝CD，∴∠2＝∠C，∠ADC＝∠CAD，又∵2∠ADC＝180°﹣∠C＝180°﹣∠2，∠ADC＝∠1+∠2，∴2（∠1+∠2）＝180°﹣∠2，即2∠1+3∠2＝180°．故選A．【點睛】本題考查三角形內角和定理、三角形內角與外角的性質，解題的關鍵是掌握三角形內角和定理、三角形內角與外角的性質.6、C【分析】設搭建了x個正三角形，y個正六邊形，則搭建正三角形用掉了（2x+1）根火柴棍，搭建正六邊形用掉了（5y+1）根火柴棍，根據“搭建正三角形和正六邊形共用了2018根火柴棍，并且正三角形的個數比正六邊形的個數多7個”，即可得出關于x，y的二元一次方程組，解之即可得出結論．【詳解】解：設搭建了x個正三角形，y個正六邊形，則搭建正三角形用掉了（2x+1）根火柴棍，搭建正六邊形用掉了（5y+1）根火柴棍，依題意，得：，解得：．故答案為:C．【點睛】本題考查了二元一次方程組的應用以及規(guī)律型：圖形的變化類，找準等量關系，正確列出二元一次方程組是解題的關鍵．7、C【解析】根據軸對稱圖形的定義：沿一條直線折疊后直線兩邊的部分能互相重合，進行判斷即可．【詳解】A、不是軸對稱圖形，故本選項錯誤；B、不是軸對稱圖形，故本選項錯誤；C、是軸對稱圖形，故本選項正確；D、不是軸對稱圖形，故本選項錯誤，故選C．【點睛】本題考查了軸對稱圖形，關鍵是能根據軸對稱圖形的定義判斷一個圖形是否是軸對稱圖形．8、C【分析】先根據軸對稱圖形的定義確定各選項圖形的對稱軸條數，然后比較即可選出對稱軸條數最多的圖形．【詳解】解：A、線段有2條對稱軸；B、正方形有4條對稱軸；C、圓有無數條對稱軸；D、等邊三角形有3條對稱軸；故選：C．【點睛】本題考查了軸對稱圖形的概念，即在平面內，如果一個圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠完全重合，這樣的圖形叫做軸對稱圖形，這條直線叫做對稱軸．9、A【分析】如圖所示：當PE⊥AB．由翻折的性質和直角三角形的性質即可得到即可．【詳解】如圖所示：當PE⊥AB，點P到邊AB距離的值最?。煞鄣男再|可知：PE=EC=1．∵DE⊥AB，∴∠PDB=90°．∵∠B=30°，∴DE=BE=(7﹣1)=1.2，∴點P到邊AB距離的最小值是1.2﹣1=0.2．故選：A．【點睛】此題參考翻折變換（折疊問題），直角三角形的性質，熟練掌握折疊的性質是解題的關鍵．10、D【解析】根據分母不等于零列式求解即可.【詳解】由題意得2x-4≠0，∴x≠2.故選D.【點睛】本題考查了分式有意義的條件，當分母不等于零時，分式有意義；當分母等于零時，分式無意義.分式是否有意義與分子的取值無關.11、A【分析】利用平方根定義計算即可得到結果．【詳解】解：∵（±3）2=9，∴9的平方根是±3，故選A【點睛】此題考查了平方根，熟練掌握平方根定義是解本題的關鍵．12、A【分析】此題中的等量關系有：①共有190張鐵皮；②做的盒底數等于盒身數的2倍時才能正好配套．由此可得答案．【詳解】解：根據共有190張鐵皮，得方程x+y=190；根據做的盒底數等于盒身數的2倍時才能正好配套，得方程2×8x=22y．列方程組為．故選：A．【點睛】本題考查的是二元一次方程組的應用，找準等量關系是解應用題的關鍵．二、填空題（每題4分，共24分）13、【分析】要使，已經有了，這樣已有一邊和一角對應相等，當時，在和中利用“HL”便可判定這兩個三角形全等．除此之外，也可以利用“ASA”、“AAS”，在這兩個三角形中找一組對應角相等亦可.【詳解】∵∴與是直角三角形當時，在與中：∴故答案為：【點睛】本題考查的知識點是直角三角形全等的判定，根據需要運用的全等的判定定理特點，找到相應的邊角條件是解題的關鍵．14、∠A=∠D(答案不唯一)【解析】試題解析：添加∠A=∠D．理由如下：∵FB=CE，∴BC=EF．又∵AC∥DF，∴∠ACB=∠DFE．∴在△ABC與△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（AAS）．考點：全等三角形的判定．15、17【分析】先根據非負數的性質列式求出a、b的值，再分情況討論求解即可．【詳解】∵，∴a－3=0，7－b=0，解得a=3，b=7①若a=3是腰長，則底邊為7，三角形的三邊分別為3、3、7，∵3+3＜7，∴3、3、7不能組成三角形。②若b=7是腰長，則底邊為3，三角形的三邊分別為7、7、3，能組成三角形，周長=7+7+3=17.∴以、為邊長的等腰三角形的周長為17.【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，非負數的性質，以及三角形的三邊關系，難點在于要討論求解．16、2【分析】如圖，作PA∥y軸交X軸于A，PH⊥x軸于H．GM∥y軸交x軸于M，連接PG交x軸于N，先證明△ANP≌△MNG（AAS），再根據勾股定理求出PN的值，即可得到線段PG的長度．【詳解】如圖，作PA∥y軸交X軸于A，PH⊥x軸于H．GM∥y軸交x軸于M，連接PG交x軸于N．∵P（1，2），G（1．﹣2），∴OA＝1，PA＝GM＝2，OM＝1，AM＝6，∵PA∥GM，∴∠PAN＝∠GMN，∵∠ANP＝∠MNG，∴△ANP≌△MNG（AAS），∴AN＝MN＝3，PN＝NG，∵∠PAH＝45°，∴PH＝AH＝2，∴HN＝1，∴，∴PG＝2PN＝2．故答案為2．【點睛】本題考查了全等三角形的綜合問題，掌握全等三角形的性質以及判定定理、勾股定理是解題的關鍵．17、3y（x﹣2）．【分析】直接提取公因式進而分解因式即可．【詳解】解：3xy﹣6y=3y（x﹣2）．故答案為：3y（x﹣2）．【點睛】本題考查了提取公因式法分解因式，正確找出公因式是解題的關鍵．18、（2,7）.【解析】根據一次函數圖象交點坐標為兩個一次函數解析式聯(lián)立組成的方程組的解，確定一次函數與的圖象的交點坐標．【詳解】解:若二元一次方程組的解是，則一次函數的圖象與一次函數的圖象的交點坐標為（2,7）.故答案為:（2,7）.【點睛】本題考查一次函數與二元一次方程組.理解一次函數與二元一次方程（組）的關系是解決此類問題的關鍵.三、解答題（共78分）19、一班的成績?yōu)榉郑喑煽優(yōu)榉?，三班成績?yōu)榉?；二班由第名變成了第名，原因見解析．【分析】?）分別求出三個班的加權平均數即可；（2）根據加權平均數中“權”的分析即可．【詳解】解:（1）一班的成績?yōu)椋ǚ郑┒喑煽優(yōu)椋ǚ郑┤喑煽優(yōu)椋ǚ郑唬?）二班最后的成績排名由第名變成了第名,原因是:按照的比例計算成績時,“隊形整齊”與“動作規(guī)范”兩項所占權重較大,而二班這兩項得分較低,所以最后的成績排名二班由第名變成了第名．【點睛】本題主要考查加權平均數，熟練掌握加權平均數的求法和“權重”的理解是解答本題的關鍵．20、1．【分析】先由全等三角形的性質得到AF=AE=4，繼而根據DF=AD-AF進行求解即可．【詳解】∵△ACF≌△ADE，∴AF=AE，∵AE=5，∴AF=5，∵DF=AD-AF，AD=12，∴DF=12-5=1．【點睛】本題考查了全等三角形的性質，熟練掌握全等三角形的對應邊相等是解題的關鍵．21、（1）∠DAE=15°；（2）見解析；（3）正確．【分析】（1）先根據三角形內角和定理求出∠BAC的度數，再根據角平分線的定義求得∠BAD的度數，在△ABE中，利用直角三角形的性質求出∠BAE的度數，從而可得∠DAE的度數．

（2）結合第（1）小題的計算過程進行證明即可．

（3）利用三角形的外角等于與它不相鄰的兩個內角之和先用∠B和∠C表示出∠A′DE，再根據三角形的內角和定理可證明∠DA′E=(∠C-∠B)．【詳解】（1）∵∠C=80°，∠B=40°，∴∠BAC=180°-∠B-∠C=180°-40°-80°=60°，∵AD是∠BAC的角平分線，∴∠BAD=∠CAD=∠BAC=30°，∵AE⊥BC，∴∠AEC=90°，∴∠BAE=50°，∴∠DAE=∠BAE-∠BAD=20°；（2）理由：∵AD是∠BAC的角平分線，∴∠BAD=∠CAD=∠BAC=(180°-∠B-∠C)=90°-∠B-∠C，∵AE⊥BC，∴∠AEC=90°，∴∠BAE=90°-∠B，∴∠DAE=∠BAE-∠BAD=(90°-∠B)-(90°-∠B-∠C)=∠C-∠B=(∠C-∠B)；（3）（2）中的結論仍正確．

∵∠A′DE=∠B+∠BAD=∠B+∠BAC=∠B+(180°-∠B-∠C)=90°+∠B-∠C；在△DA′E中，∠DA′E=180°-∠A′ED-∠A′DE=180°-90°-(90°+∠B-∠C)=(∠C-∠B)．【點睛】本題考查了三角形的角平分線和高，三角形的內角和定理，三角形的外角性質等知識，注意綜合運用三角形的有關概念是解題關鍵．22、見解析【分析】將原命題寫出已知和求證，然后進行證明，根據角平分線定義可得∠ABD=∠A′B′D′=∠ABC，然后證明△ABD≌△A′B′D′可得AB=A′B′，再證明△ABC≌△A′B′C′即可．【詳解】已知：△ABC和△A′B′C′中，∠A=∠A'，∠ABC=∠A'B′C′，∠ABC、∠A'B′C′的角平分線BD=B′D′，

求證：△ABC≌△A′B′C′．

證明：∵∠ABC=∠A'B′C′且∠ABC、∠A'B′C′的角平分線分別為BD和B′D′，

∴∠ABD=∠A′B′D′=∠ABC，∵在△ABD和△A′B′D′中，

∴△ABD≌△A′B′D′（AAS），

∴AB=A′B′，

在△ABC和△A′B′C′中，

∴△ABC≌△A′B′C′（ASA）．【點睛】本題主要考查了三角形全等的判定和性質，判定兩個三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．23、（1）見解析（2）BD=2【解析】解：（1）證明：∵AD平分∠CAB，DE⊥AB，∠C=90°，∴CD=ED，∠DEA=∠C=90°．∵在Rt△ACD和Rt△AED中，，∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL）．（2）∵Rt△ACD≌Rt△AED，CD=1，∴DC=DE=1．∵DE⊥AB，∴∠DEB=90°．∵∠B=30°，∴BD=2DE=2．（1）根據角平分線性質求出CD=DE，根據HL定理求出另三角形全等即可．（2）求出∠DEB=90°，DE=1，根據含30度角的直角三角形性質求出即可．24、【分析】由平行四邊形的性質得，，，由勾股定理得，從而得．【詳解】∵在中，∴，，，∵，∴，又，∴，在中，，∴．【點睛】本題主要考查平行四邊形的性質，等腰直角三角形的性質以及勾股定理，掌握平行四邊形的性質定理，是解題的關鍵．25、（1）證明見解析；（2）①②③；（3）∠A+∠C=180°．【分析】（1）利用等式的性質得出∠BAD=∠CAE，即可得出結論；

（2）同（1）的方法判斷出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，再利用對頂角和三角形的內角和定理判斷出∠BOC=60°，再判斷出△BCF≌△ACO，得出∠AOC=120°，進而得出∠AOE=60°，再判斷出BF＜CF，進而判斷出∠OBC＞30°，即可得出結論；

（3）先判斷出△BDP是等邊三角形，得出BD=BP，∠DBP=60°，進而判斷出△ABD≌△CBP（SAS），即可得出結論．【詳解】（1）證明：∵∠BAC=∠DAE，

∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，

∴∠BAD=∠CAE，

在△ABD和△ACE中，，

∴△ABD≌△ACE；

（2）如圖2，∵△ABC和△ADE是等邊三角形，

∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，

∴∠BAD=∠CAE，

在△ABD和△ACE中，，

∴△ABD≌△ACE，

∴BD=CE，①正確，∠ADB=∠AEC，

記AD與CE的交點為G，

∵∠AGE=∠DGO，

∴180°-∠ADB-∠DGO=180°-∠AEC-∠AGE，

∴∠DOE=∠DAE=60°，

∴∠BOC=6