2025屆浙江省麗水市第四中學八年級數學第一學期期末統(tǒng)考試題含解析

2025屆浙江省麗水市第四中學八年級數學第一學期期末統(tǒng)考試題題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題4分，共48分）1．如圖，AC與BD交于O點，若，用“SAS”證明≌，還需A． B．C． D．2．某市為了處理污水需要鋪設一條長為2000米的管道，實際施工時，×××××××，設原計劃每天鋪設管道米，則可列方程，根據此情景，題目中的“×××××××”表示所丟失的條件，這一條件為（）A．每天比原計劃多鋪設10米，結果延期10天完成任務B．每天比原計劃少鋪設10米，結果延期10天完成任務C．每天比原計劃少鋪設10米，結果提前10天完成任務D．每天比原計劃多鋪設10米，結果提前10天完成任務3．化簡－()2的結果是()A．6x－6B．－6x＋6C．－4D．44．下列計算正確的是（）A． B． C．3 D．5．實數a，b在數軸上的對應點如圖所示，則|a﹣b|﹣的結果為()A．b B．2a﹣b C．﹣b D．b﹣2a6．如圖，△ABC的面積為1cm2，AP垂直∠B的平分線BP于P，則△PBC的面積為（）A．1．4cm2 B．1．5cm2 C．1．6cm2 D．1．7cm27．對于任何整數，多項式都能（）A．被8整除 B．被整除 C．被整除 D．被整除8．已知x-y=3，，則的值等于（）A．0 B． C． D．259．如圖，是的角平分線，是邊上的一點，連接，使，且，則的度數是（）A． B． C． D．10．如圖，圖形中，具有穩(wěn)定性的是（）A． B． C． D．11．若，，，，則它們的大小關系是（）A． B． C． D．12．小明學了利用勾股定理在數軸上作一個無理數后，于是在數軸上的2個單位長度的位置找一個點D，然后過點D作一條垂直于數軸的線段CD，CD為3個單位長度，以原點為圓心，OC的長為半徑作弧，交數軸正半軸于一點，則該點位置大致在數軸上()A．2和3之間 B．3和4之間 C．4和5之間 D．5和6之間二、填空題（每題4分，共24分）13．已知甲、乙兩地間的鐵路長1480千米，列車大提速后，平均速度增加了70千米/時，列車的單程運行時間縮短了3小時．設原來的平均速度為x千米/時，根據題意，可列方程為______________．14．勾股定理揭示了直角三角形三邊之間的關系，其中蘊含著豐富的科學知識和人文價值．如圖所示，是一棵由正方形和含角的直角三角形按一定規(guī)律長成的勾股樹，樹的主干自下而上第一個正方形和第一個直角三角形的面積之和為，第二個正方形和第二個直角三角形的面積之和為，…，第個正方形和第個直角三角形的面積之和為．設第一個正方形的邊長為1．請解答下列問題：（1）______．（2）通過探究，用含的代數式表示，則______．15．計算：___________16．若關于x的分式方程的解是正數，則實數m的取值范圍是_________17．等腰三角形的一個角是70°，則它的底角是_____．18．在學校文藝節(jié)文藝匯演中，甲、乙兩個舞蹈隊隊員的身高的方差分別是，，那么身高更整齊的是________填甲或乙隊．三、解答題（共78分）19．（8分）如圖，已知，垂足分別是．（1）證明:．（2）連接，猜想與的關系？并證明你的猜想的正確性．20．（8分）請按照研究問題的步驟依次完成任務．（問題背景）（1）如圖1的圖形我們把它稱為“8字形”，請說理證明∠A+∠B=∠C+∠D．（簡單應用）（2）如圖2，AP、CP分別平分∠BAD、∠BCD，若∠ABC=20°，∠ADC=26°，求∠P的度數（可直接使用問題（1）中的結論）（問題探究）（3）如圖3，直線AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC=36°，∠ADC=16°，猜想∠P的度數為；（拓展延伸）（4）在圖4中，若設∠C=x，∠B=y，∠CAP=∠CAB，∠CDP=∠CDB，試問∠P與∠C、∠B之間的數量關系為（用x、y表示∠P）；（5）在圖5中，AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，猜想∠P與∠B、D的關系，直接寫出結論．21．（8分）已知為原點，點及在第一象限的動點，且，設的面積為.（1）求關于的函數解析式；（2）求的取值范圍；（3）當時，求點坐標；（4）畫出函數的圖象.22．（10分）某小區(qū)積極創(chuàng)建環(huán)保示范社區(qū)，決定在小區(qū)內安裝垃圾分類的溫馨提示牌和垃圾箱，已知溫馨提示牌的單價為每個30元，垃圾箱的單價為每個90元，共需購買溫馨提示牌和垃圾箱共100個.（1）若規(guī)定溫馨提示牌和垃圾箱的個數之比為1:4，求所需的購買費用；（2）若該小區(qū)至多安放48個溫馨提示牌，且費用不超過6300元，請列舉所有購買方案，并說明理由.23．（10分）分解因式：（1）；（2）.24．（10分）如圖，AD是△ABC的角平分線，點F、E分別在邊AC、AB上，連接DE、DF，且∠AFD+∠B＝180°．（1）求證：BD＝FD；（2）當AF+FD＝AE時，求證：∠AFD＝2∠AED．25．（12分）(1)已知a＋b＝7，ab＝10，求a2＋b2，(a－b)2的值；(2)已知3x＋2·5x＋2＝153x－4，求(2x－1)2－4x2＋7的值．26．一列快車從甲地始往乙地，一列慢車從乙地始往甲地，慢車的速度是快車速度的，兩車同時出發(fā)．設慢車行駛的時間為，兩車之間的距離為，圖中的折線表示與之間的函數關系．根據圖象解決以下問題：（1）甲、乙兩地之間的距離為_______；點的坐標為__________；（2）求線段的函數關系式，并寫出自變量的取值范圍；（3）若第二列快車從乙地出發(fā)駛往甲地，速度與第一列快車相同．在第一列快車與慢車相遇30分鐘后，第二列快車追上慢車．求第二列快車比第一列快車晚出發(fā)多少小時？

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、B【分析】根據全等三角形的判定定理逐個判斷即可．【詳解】A、根據條件，，不能推出≌，故本選項錯誤；B、在和中，≌，故本選項正確；C、，，，符合全等三角形的判定定理ASA，不符合全等三角形的判定定理SAS，故本選項錯誤；D、根據和不能推出≌，故本選項錯誤；故選B．【點睛】本題考查了全等三角形的判定定理，能熟記全等三角形的判定定理是解此題的關鍵，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS．2、D【分析】工作時間＝工作總量÷工作效率．那么表示原來的工作時間，那么就表示現在的工作時間，10就代表原計劃比現在多的時間．【詳解】解：原計劃每天鋪設管道米，那么就應該是實際每天比原計劃多鋪了10米，而用則表示用原計劃的時間?實際用的時間＝10天，那么就說明每天比原計劃多鋪設10米，結果提前10天完成任務．

故選：D．【點睛】本題主要考查的是分式方程的實際應用，要注意方程所表示的意思，結合題目給出的條件得出正確的判斷．3、D【解析】試題解析：∴故選D.4、D【分析】先對各選項進行計算，再判斷.【詳解】A選項：不能直接相加，故錯誤；B選項：，故錯誤；C選項：3，故錯誤；D選項：，故正確；故選：D.【點睛】考查立方根、平方根和算術平方根的問題，關鍵是根據立方根、平方根和算術平方根的定義分析．5、A【分析】由數軸可知a＜0＜b，根據絕對值的性質和二次根式的性質化簡即可.【詳解】解：由數軸可知，a＜0＜b，則a﹣b＜0，則|a﹣b|﹣＝-(a-b)-(-a)=﹣a+b+a＝b．故選A．【點睛】本題考查的是絕對值和二次根式，熟練掌握絕對值的性質和二次根式的性質是解題的關鍵.6、B【詳解】延長AP交BC于E，∵AP垂直∠B的平分線BP于P，∠ABP=∠EBP，又知BP=BP，∠APB=∠BPE=91°，∴△ABP≌△BEP，∴S△ABP=S△BEP，AP=PE，∴△APC和△CPE等底同高，∴S△APC=S△PCE，∴S△PBC=S△PBE+S△PCE=S△ABC=1.5，故選B．考點：1.等腰三角形的判定與性質；2.三角形的面積．7、A【分析】先對多項式進行因式分解，化為多個最簡因式的乘積，再找出其中有無和選項中相同的一個，即可得出答案.【詳解】原式故可知中含有因式8、、，說明該多項式可被8、、整除，故A滿足，本題答案為A.【點睛】本題關鍵，若想讓多項式被因式整除，需要將多項式化簡為多個最簡因式的乘積，則多項式一定可以被這幾個最簡因式整除.8、A【分析】此題應先把已知條件化簡，然后求出y-z的值，代入所求代數式求值即可．【詳解】由x-y=3，得：；把代入原式，可得．故選：A．【點睛】此題考查的是學生對代數式變形方法的理解，這一方法在求代數式值時是常用辦法．9、C【分析】根據∠AMB＝∠MBC＋∠C，想辦法求出∠MBC＋∠C即可．【詳解】解：∵DA＝DC，

∴∠DAC＝∠C，

∵∠ADB＝∠C＋∠DAC，

∴∠ADB＝2∠C，

∵MB平分∠ABC，

∴∠ABM＝∠DBM，

∵∠BAD＝130°，

∴∠ABD＋∠ADB＝50°，

∴2∠DBM＋2∠C＝50°，

∴∠MBC＋∠C＝25°，

∴∠AMB＝∠MBC＋∠C＝25°，

故選：C．【點睛】本題考查三角形內角和定理、三角形的外角的性質、等腰三角形的性質，角平分線的定義等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．10、B【解析】根據三角形具有穩(wěn)定性的性質解答即可．【詳解】所有圖形里，只有三角形具有穩(wěn)定性．故選B．【點睛】本題考查了三角形的穩(wěn)定性．掌握三角形的穩(wěn)定性是解答本題的關鍵．11、A【分析】先按法則把a，c，b，d計算結果，比較這些數的大小，再按從小到大的順序，把a，c，b，d排序即可．【詳解】=-0.04，，，=1，-4<-0.04<1<4，b<a<d<c．故選擇：A．【點睛】本題考查乘方的運算，掌握乘方的性質，能根據運算的結果比較大小，并按要求排序是解決問題的關鍵．12、B【解析】利用勾股定理列式求出OC，再根據無理數的大小判斷即可．解答：解：由勾股定理得，OC=，

∵9＜13＜16，

∴3＜＜4，

∴該點位置大致在數軸上3和4之間．

故選B．“點睛”本題考查了勾股定理，估算無理數的大小，熟記定理并求出OC的長是解題的關鍵．二、填空題（每題4分，共24分）13、【解析】試題解析：設原來的平均速度為x千米/時，列車大提速后平均速度為x+70千米/時，根據走過相同的距離時間縮短了3小時，列方程：＝＋3，故答案為＝＋3.14、（為整數）【分析】根據正方形的面積公式求出面積，再根據直角三角形三條邊的關系運用勾股定理求出三角形的直角邊，求出S1，然后利用正方形與三角形面積擴大與縮小的規(guī)律推導出公式．【詳解】解：（1）∵第一個正方形的邊長為1，

∴正方形的面積為1，

又∵直角三角形一個角為30°，

∴三角形的一條直角邊為，另一條直角邊就是，

∴三角形的面積為，

∴S1=；

（2）∵第二個正方形的邊長為，它的面積就是，也就是第一個正方形面積的，

同理，第二個三角形的面積也是第一個三角形的面積的，

∴S2=（）?，依此類推，S3=（）??，即S3=（）?，

Sn=（n為整數）．故答案為：（1）；（2）（為整數）【點睛】本題考查勾股定理的運用，正方形的性質以及含30°角的直角三角形的性質．能夠發(fā)現每一次得到的新的正方形和直角三角形的面積與原正方形和直角三角形的面積之間的關系是解題的關鍵．15、【分析】根據分式的乘法則計算即可．【詳解】，故答案為：．【點睛】本考查了分式的乘法，熟練掌握分式的乘法則是解題的關鍵．16、且m-4【分析】先解方程求出x=m+6，根據該方程的解是正數，且x-20列得，計算即可.【詳解】2x+m=3（x-2）x=m+6，∵該方程的解是正數，且x-20，∴，解得且x-4，故答案為：且m-4.【點睛】此題考查分式的解的情況求字母的取值范圍，解題中注意不要忽略分式的分母不等于零的情況.17、55°或70°．【分析】由等腰三角形的一個內角為70°，可分別從70°的角為底角與70°的角為頂角去分析求解，即可求得答案．【詳解】∵等腰三角形的一個內角為70°，若這個角為頂角，則底角為：（180°﹣70°）÷2＝55°；若這個角為底角，則另一個底角也為70°，∴它的底角為55°或70°．故答案為55°或70°．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質．此題比較簡單，注意分類討論思想的應用．18、甲【分析】根據方差的大小關系判斷波動大小即可得解，方差越大，波動越大，方差越小，波動越小.【詳解】因為，所以甲隊身高更整齊，故答案為：甲.【點睛】本題主要考查了方差的相關概念，熟練掌握方差與數據波動大小之間的關系是解決本題的關鍵.三、解答題（共78分）19、（1）證明見解析；（2）DF=BE，DF∥BE，證明見解析．【分析】（1）求出AF=CE，∠AFB=∠DEC=90°，根據平行線的性質得出∠DCE=∠BAF，根據ASA推出△AFB≌△CED即可；（2）根據平行四邊形的判定得出四邊形是平行四邊形，再根據平行四邊形的性質得出即可．【詳解】（1）證明：∵AE=CF，∴AE+EF=CF+EF，∴AF=CE，∵DE⊥AC，BF⊥AC，∴∠AFB=∠DEC=90°，∵DC∥AB，∴∠DCE=∠BAF，在△AFB和△CED中∴△AFB≌△CED，∴DE=EF；（2）DF=BE，DF∥BE，證明：∵DE⊥AC，BF⊥AC，∴DE∥BF，∵DE=BF，∴四邊形DEBF是平行四邊形，∴DF=BE，DF∥BE．【點睛】本題考查了全等三角形的性質和判定，平行線的性質，平行四邊形的性質和判定的應用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，HL，全等三角形的對應邊相等，對應角相等．20、（1）見解析；（2）∠P=23o；（3）∠P=26o；（4）∠P=；（5）∠P=．【分析】（1）根據三角形內角和定理即可證明；

（2）如圖2，根據角平分線的性質得到∠1=∠2，∠3=∠4，列方程組即可得到結論；

（3）由AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，推出∠1=∠2，∠3=∠4，推出∠PAD=180°-∠2，∠PCD=180°-∠3，由∠P+（180°-∠1）=∠D+（180°-∠3），∠P+∠1=∠B+∠4，推出2∠P=∠B+∠D，即可解決問題；

（4）根據題意得出∠B+∠CAB=∠C+∠BDC，再結合∠CAP=∠CAB，∠CDP=∠CDB，得到y(tǒng)+（∠CAB-∠CAB）=∠P+（∠BDC-∠CDB），從而可得∠P=y+∠CAB-∠CAB-∠CDB+∠CDB=；（5）根據題意得出∠B+∠BAD=∠D+∠BCD，∠DAP+∠P=∠PCD+∠D，再結合AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，得到∠BAD+∠P=[∠BCD+（180°-∠BCD）]+∠D，所以∠P=90°+∠BCD-∠BAD+∠D=.【詳解】解：（1）證明：在△AOB中，∠A+∠B+∠AOB=180°，

在△COD中，∠C+∠D+∠COD=180°，

∵∠AOB=∠COD，

∴∠A+∠B=∠C+∠D；

（2）解：如圖2，∵AP、CP分別平分∠BAD，∠BCD，

∴∠1=∠2，∠3=∠4，

由（1）的結論得：，①+②，得2∠P+∠2+∠3=∠1+∠4+∠B+∠D，∴∠P=（∠B+∠D）=23°；

（3）解：如圖3，

∵AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，

∴∠1=∠2，∠3=∠4，

∴∠PAD=180°-∠2，∠PCD=180°-∠3，

∵∠P+（180°-∠1）=∠D+（180°-∠3），

∠P+∠1=∠B+∠4，

∴2∠P=∠B+∠D，

∴∠P=（∠B+∠D）=×（36°+16°）=26°；

故答案為：26°；

（4）由題意可得：∠B+∠CAB=∠C+∠BDC，即y+∠CAB=x+∠BDC，即∠CAB-∠BDC=x-y，∠B+∠BAP=∠P+∠PDB，即y+∠BAP=∠P+∠PDB，即y+（∠CAB-∠CAP）=∠P+（∠BDC-∠CDP），即y+（∠CAB-∠CAB）=∠P+（∠BDC-∠CDB），∴∠P=y+∠CAB-∠CAB-∠CDB+∠CDB=y+（∠CAB-∠CDB）=y+（x-y）=故答案為：∠P=；（5）由題意可得：∠B+∠BAD=∠D+∠BCD，∠DAP+∠P=∠PCD+∠D，∴∠B-∠D=∠BCD-∠BAD，∵AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，∴∠BAP=∠DAP，∠PCE=∠PCB，∴∠BAD+∠P=（∠BCD+∠BCE）+∠D，∴∠BAD+∠P=[∠BCD+（180°-∠BCD）]+∠D，∴∠P=90°+∠BCD-∠BAD+∠D=90°+（∠BCD-∠BAD）+∠D=90°+（∠B-∠D）+∠D=，故答案為：∠P=.【點睛】本題考查三角形內角和，三角形的外角的性質、多邊形的內角和等知識，解題的關鍵是學會用方程組的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．21、（1）S＝?4x＋48；（2）0＜x＜12；（3）P（1，3）；（4）見解析.【分析】（1）根據三角形的面積公式即可得出結論；（2）根據（1）中函數關系式及點P在第一象限即可得出結論；（3）把S＝12代入（1）中函數關系即可得出x的值，進而得出y的值；（4）利用描點法畫出函數圖象即可．【詳解】解：（1）∵A點和P點的坐標分別是（8，0）、（x，y），∴S＝×8×y＝4y．∵x＋y＝12，∴y＝12?x．∴S＝4（12?x）＝48?4x，∴所求的函數關系式為：S＝?4x＋48；（2）由（1）得S＝?4x＋48＞0，解得：x＜12；又∵點P在第一象限，∴x＞0，綜上可得x的取值范圍為：0＜x＜12；（3）∵S＝12，∴?4x＋48＝12，解得x＝1．∵x＋y＝12，∴y＝12?1＝3，即P（1，3）；（4）∵函數解析式為S＝?4x＋48，∴函數圖象是經過點（12，0）（0，48）但不包括這兩點的線段．所畫圖象如圖：【點睛】本題考查的是一次函數的應用，根據題意得到函數關系式，并熟知一次函數的圖象和性質是解答此題的關鍵．22、（1）7800元；（2）購買方案為：溫馨提示牌和垃圾箱個數分別為45,55；46,54；47,53；48,1．【解析】（1）購買溫馨提示牌的費用+購買垃圾箱的費用即為所需的購買費用（2）溫馨提示牌為x個，則垃圾箱為（100-x）個，根據該小區(qū)至多安放48個溫馨提示牌，且費用不超過6300元，建立不等式組，根據為整數可得到4種購買方案.【詳解】（1）（元）答：所需的購買費用為7800元．（2）設溫馨提示牌為x個，則垃圾箱為（100-x）個，由題意得：,解得：∵為整數∴∴購買方案為：溫馨提示牌和垃圾箱個數分別為45,55；46,54；47,53；48,1．【點睛】本題主要考查一元一次不等式組的應用以及方案問題，讀懂題目，找出題目中的不等關系列出不等式是解題的關鍵.23、（1）；（2）【分析】（1）先提取公因式,再利用平方差公式進行因式分解.（2）先提取公因式,再利用完全平方公式進行因式分解【詳解】解：（1）；（2）.【點睛】此題主要考查整式的運算及因式分解,解題的關鍵是熟知整式的運算法則及因式分解的方法.24、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【分析】（1）過點D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，由角平分線的性質得DM＝DN，角角邊證明△DMB≌△DNF，由全等三角形的性質求得BD＝FD；（2）在AB上截取AG＝AF，連接DG．由邊角邊證△ADF≌△ADG，根據全等三角形的性質得FD＝GD，∠AFD＝∠AGD，因AF+FD＝AE，AE＝AG+GE得FD＝GD＝GE，由等腰三角形等邊對等角和三角形的外角定理得∠AGD＝2∠GED，等量代換得∠AFD＝2∠AED．【詳解】證明：（1）過點D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，如圖1所示：∵DM⊥AB，DN⊥AC，∴∠DMB＝∠DNF＝90°，又∵AD平分∠BAC，∴DM＝DN，又∵∠AFD+∠B＝180°，∠AFD+∠DFN＝180°，∴∠B＝∠DFN，在△DMB和△DNF中，∴△DMB≌△DNF（AAS）∴BD＝FD；（2）在AB上截取AG＝AF，連接DG．如圖2所示，∵AD平分∠BAC，∴∠DAF＝∠DAG，在△ADF和△ADG中．，∴△ADF≌△ADG（SAS）．∴∠AFD＝∠AGD，FD＝GD又∵AF+FD＝AE，∴AG+GD＝AE，又∵AE＝AG+GE，∴FD＝GD＝GE，∴∠GDE＝∠GED，又∵∠AGD＝∠GED+∠GDE＝2∠GED，∴∠AFD＝2∠AED．【點睛】本題綜合考查角平線的定義及性質，全等三角形的判定與性質，等腰三角形的性質和三角形的外角定理等相關知識點，重點掌握全等三角形的判定與性質，角平分線的性質，難點是作輔助線構建全等三角形和等腰三角形．25、（1）29；9；（2）-4.【分析】(1)根據a2＋b2＝(a＋b)2－