人教版2024-2025學年八年級數(shù)學上冊第一次月考模擬檢測卷（A卷)（解析版）-A4

這是一份人教版2024-2025學年八年級數(shù)學上冊第一次月考模擬檢測卷（A卷)（解析版）-A4，共19頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內容，歡迎下載使用。
（滿分 140分，時間 120 分鐘）
考試須知：
答題前，考生務必在答題紙指定位置上用鋼筆或圓珠筆清楚填寫相關信息．答題紙與試卷在試題編號上是一一對應的，答題時應特別注意，請勿錯位．
一、選擇題（本大題有8小題，每小題3分，共24分．每小題只有一個選項符合題意）
1. 下列圖形中，是軸對稱圖形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)軸對稱圖形的定義：如果一個平面圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個圖形就叫做軸對稱圖形，進行逐一判斷即可．
【詳解】解：A、不是軸對稱圖形，故此選項不符合題意；
B、是軸對稱圖形，故此選項符合題意；
C、不是軸對稱圖形，故此選項不符合題意；
D、不是軸對稱圖形，故此選項不符合題意；
故選B．
【點睛】本題主要考查了軸對稱圖形的識別，解題的關鍵在于能夠熟練掌握軸對稱圖形的定義．
2. 下列選項可用SAS證明△ABC≌△A′B′C′的是（ ）
A. AB＝A′B′，∠B＝∠B′，AC＝A′C′B. AB＝A′B′，BC＝B′C′，∠A＝∠A′
C. AC＝A′C′，BC＝B′C′，∠C＝∠C′D. AC＝A′C′，BC＝B′C′，∠B＝∠B′
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)全等三角形SAS的判定逐項判定即可．
【詳解】解：A、不滿足SAS，不能證明△ABC≌△A′B′C′，不符合題意；
B、不滿足SAS，不能證明△ABC≌△A′B′C′，不符合題意；
C、滿足SAS，能證明△ABC≌△A′B′C′，符合題意；
D、不滿足SAS，不能證明△ABC≌△A′B′C′，不符合題意，
故選：C．
【點睛】本題考查全等三角形的判定，熟練掌握全等三角形的判定條件是解答的關鍵．
3. 如圖，已知和關于直線成軸對稱，，，則的度數(shù)為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】連接，求出可得結論．
【詳解】解：如圖，連接．
∵和關于直線成軸對稱，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故選：C．
【點睛】本題考查軸對稱的性質，三角形內角和定理等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．
4. 到的三條邊距離相等的點是的（ ）
A. 三條中線交點B. 三條角平分線交點
C. 三條高的交點D. 三條邊的垂直平分線交點
【答案】B
【解析】
【分析】本題考查了三角形的角平分線的性質．熟練掌握三條角平分線交于一點，并且這一點到三邊的距離相等是解題的關鍵．
由角平分線上的點到角的兩邊的距離相等，可知到的三條邊距離相等的點在這個三角形的三條角平分線上，然后判斷作答即可．
【詳解】解：由題意知，到的三條邊距離相等的點在這個三角形三條角平分線上，即這點是三條角平分線的交點．
故選：B．
5. 如圖，已知方格紙中是個相同的小正方形，則的度數(shù)為（ ）°

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此題主要考查了全等圖形，關鍵是掌握全等三角形的判定和性質．
首先證明三角形全等，根據(jù)全等三角形的性質可得對應角相等，再由余角的定義和等量代換可得與的和為.
【詳解】解：在和中，
，
，
，
，
故選：C；

6. 在如圖所示的方格紙中，的頂點均在方格紙的格點上，則在方格紙中與成軸對稱的格點三角形共有（ ）
A. 1個B. 2個C. 3個D. 4個
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)軸對稱的性質畫出格點三角形即可求解．
【詳解】如解圖所示，與成軸對稱且頂點在格點上的三角形共有3個．
故選：C
【點睛】本題考查了畫軸對稱圖形，掌握軸對稱的性質是解題的關鍵．
7. 如圖，在△ABC中，CD是邊AB上的高，BE平分∠ABC，交CD于點E，BC＝10，DE＝3，則△BCE的面積為（ ）
A. 16B. 15C. 14D. 13
【答案】B
【解析】
【分析】作EH⊥BC于點H，根據(jù)角平分線的性質得出EH=DE，最后根據(jù)三角形的面積公式進行求解．
【詳解】解：如圖，作EH⊥BC于點H，
∵BE平分∠ABC，CD是AB邊上的高，EH⊥BC，
∴EH=DE=3，
∴．
故選B．
【點睛】本題考查角平分線的性質，三角形面積，熟練掌握角的平分線上的點到角的兩邊的距離相等是解題的關鍵．
8. 已知是邊長為9的等邊三角形，D為的中點，，交線段于E，交的延長線于F．若，則的長為（ ）
A. 1B. 1.5C. 2D. 2.5
【答案】B
【解析】
【分析】過點D作交于K，先證明三角形是等邊三角形，再結合D是的中點得出，再由證明得出，再根據(jù)，得出的長即可推出結果．
【詳解】解：如圖，過點D作交于K，
∵是等邊三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，
∵D為的中點，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
即，
∴，
∴，
∵，
∴，
故選：B．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，平行線的性質，證明是解題的關鍵．
二、填空題（本大題有8小題，每小題4分，共32分）
9. 如圖，鏡子中號碼的實際號碼是____________．
【答案】3265.
【解析】
【詳解】試題解析：根據(jù)鏡面對稱的性質，在鏡子中的真實數(shù)字應該是3265,
故答案為3265.
10. 如圖，點在上，．請?zhí)砑右粋€條件______，使．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】本題考查了全等三角形判定．根據(jù)已知條件中的一邊一角，再添加一組對角相等即可．
【詳解】解：∵，
再添加，
根據(jù)“角角邊”就能證明．
故答案：（答案不唯一）．
11. 在中，是斜邊上的中線，如果，那么______．
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)直角三角形的性質得出，進而解答即可．
【詳解】解：∵在中，是斜邊上的中線，
∴，
∴，
故答案為：．
【點睛】此題考查直角三角形的性質，關鍵是掌握“在直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半”．
12. 若實數(shù)x，y滿足，則以x，y的值為兩邊長的等腰三角形的周長是______．
【答案】15
【解析】
【分析】根據(jù)絕對值與二次根式的非負性即可求出x與y的值．由于沒有說明x與y是腰長還是底邊長，故需要分類討論．
【詳解】因為實數(shù)x，y滿足，
所以，解得∶，，
因為x，y的值是等腰三角形的兩邊長，
所以等腰三角形的三邊可能是：3，3，6或3，6，6，
又因為3+3=6， 所以等腰三角形三邊是：3，6，6，
所以等腰三角形的周長是15，
故答案為：15．
【點睛】本題主要考查絕對值和二次根式的非負性和三角形三邊關系，等腰三角形的性質．
13. 等腰三角形一腰上的高與另一腰的夾角為70°，則頂角的度數(shù)是_____．
【答案】20°或160°．
【解析】
【分析】分兩種情況作出圖形討論，利用三角形的內角和定理可得出答案.
【詳解】①當為銳角三角形時，如圖1，
∵∠ABD＝70°，BD⊥AC，
∴∠A＝90°﹣70°＝20°，
∴三角形的頂角為20°；
②當為鈍角三角形時，如圖2，
∵∠ABD＝50°，BD⊥AC，
∴∠BAD＝90°﹣70°＝20°，
∵∠BAD+∠BAC＝180°，
∴∠BAC＝160°
∴三角形的頂角為160°，
故答案為：20°或160°．
【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，關鍵是要注意分類討論，不要漏解.
14. 如圖，在△ABC中，AC＝8，BC＝5，AB的垂直平分線DE交AB于點D，交邊AC于點E，則△BCE的周長為_______．
【答案】13
【解析】
【詳解】解：DE是AB的垂直平分線，
所以EA=EB，
所以△BCE周長=BC+EC+EB=BC+EC+EA=BC+AC=13，
故答案為：13．
15. 如圖，在中，，若，過點A作于點D，在上取一點，使，則_____．
【答案】##20度
【解析】
【分析】根據(jù)直角三角形的性質可求，根據(jù)垂直平分線的性質可求，再根據(jù)三角形外角的性質即可求解．
【詳解】解：在中，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案為：．
【點睛】本題主要考查了線段垂直平分線的性質，等腰三角形的性質，三角形外角的性質，熟練掌握線段垂直平分線的性質，等腰三角形的性質，三角形外角的性質是解題的關鍵．
16. 如圖，，點P為內一點，.點M、N分別在上，則周長的最小值為________.
【答案】8
【解析】
【分析】分別作點P關于OA、OB的對稱點P1、P2，連接P1P2交OA于M，交OB于N，△PMN的周長＝P1P2，然后證明△OP1P2是等邊三角形，即可求解．
【詳解】分別作點P關于OA、OB的對稱點P1、P2，連接P1P2交OA于M，交OB于N．連接OP，則OP1＝OP＝OP2，∠P1OA＝∠POA，∠POB＝∠P2OB，MP＝P1M，PN＝P2N，則△PMN的周長的最小值＝P1P2，∴∠P1OP2＝2∠AOB＝60°，∴△OP1P2是等邊三角形．
△PMN周長＝P1P2，∴P1P2＝OP1＝OP2＝OP＝8．
故答案為8．
【點睛】本題考查了軸對稱﹣最短路線問題，正確作出輔助線，證明△OP1P2是等邊三角形是關鍵．
三、解答題（本大題共8小題，共64分，解答時應寫出文字說明或演算步驟．）
17. 如圖，點A，F(xiàn)，E，D在一條直線上，，，．求證．
【答案】見解析
【解析】
【分析】根據(jù)ABCD，可得，再利用ASA求證△ABE和△DCF全等即可．
【詳解】解：∵，
∴，
在與中，
，
∴．
【點睛】此題考查了全等三角形的判定和平行線的性質，解題的關鍵是利用平行線的性質求角相等．
18. 如圖，在中，平分，，，垂足分別為、，且.證明：．
【答案】見解析
【解析】
【分析】本題考查了角平分線的性質定理，全等三角形的判定與性質．根據(jù)角平分線的性質證明，再證明，即可得到．
【詳解】證明：平分，，，
，，
在和中，
，
，
．
19. 如圖，在10×10的正方形網格中，每個小正方形的邊長都為1，網格中有一個格點三角形ABC（三角形的頂點都在網格格點上）．
（1）在圖中畫出△ABC關于直線l對稱的△A′B′C′（要求：點A與點A′、點B與點B′、點C與點C′相對應）；
（2）在（1）的結果下，設AB交直線l于點D，連接AB′，求四邊形AB′CD的面積．
【答案】（1）見解析；（2）14
【解析】
【分析】（1）根據(jù)軸對稱圖形的性質畫圖即可；
（2）根據(jù)網格結構和割補法進行計算即可求得面積．
【詳解】解：（1）如圖，△A′B′C′即為所求作的三角形；
（2）四邊形AB′CD的面積為：
4×6－×3×5－×4×1－×1×1
=24－7.5－2－0.5
=14．
【點睛】本題考查畫軸對稱圖形，熟練掌握軸對稱的性質，會利用割補法求解網格中不規(guī)則圖形的面積是解答的關鍵．
20. 如圖，等邊△ABC中，BD是邊AC上的高，延長BC到點E，使CE＝CD．求證BD＝DE．
【答案】見解析
【解析】
【分析】根據(jù)等邊三角形的性質可得BD平分∠ABC，求出∠CBD=30°，再根據(jù)CE=CD，利用等邊對等角以及三角形的任意一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和求出∠E=30°，即可求出答案．
【詳解】證明：∵△ABC是等邊三角形，BD是邊AC上的高，
∴∠ACB＝60°．∠DBC＝∠ABC＝30°，
∵CE＝CD，
∴∠E＝∠CDE，
∵∠ACB是△DCE的外角，
∴∠ACB＝∠E＋∠CDE，
∴2∠E＝60°．
∴∠E＝30°，
∵∠DBC＝30°．
∴∠E＝∠DBC，
∴BD＝DE．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質，等腰三角形的性質與判定，三角形的外角性質的應用，主要考查學生的推理能力，解此題的關鍵是求出∠E=∠DBC=30°．
21. 如圖，在△ABC中，BD⊥AC于點D，CE⊥AB于點E，點M，N分別是BC，DE的中點．
（1）求證：MN⊥DE；
（2）若∠ECB＋∠DBC＝45°，DE＝10，求MN的長．
【答案】（1）見解析；（2）5
【解析】
【分析】（1）根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得MD＝ME＝0.5BC，再根據(jù)等腰三角形三線合一的性質證明即可；
（2）先推出∠DBM＝∠BDM，∠MEC＝∠MCE，從而得∠EMD＝90°，進而即可求解．
【詳解】（1）連接EM、DM，
∵BD⊥AC，CE⊥AB
∴∠BDC＝∠BEC＝90°
∵在Rt△DBC中和Rt△EBC中，M是BC的中點
∴DM＝BC，EM＝BC
∴DM＝EM
∵N是DE的中點
∴MN⊥ED；
（2）∵DM＝BC＝BM
∴∠DBM＝∠BDM
同理∠MEC＝∠MCE
∵∠ECB＋∠DBC＝45°
∴∠EMB＋∠DMC＝2（∠ECB＋∠DBC）＝90°
∴∠EMD＝90°
∵N是DE的中點，DE＝10
∴MN＝DE＝5．
【點睛】本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質，等腰三角形的性質，三角形外角的性質，熟記性質是解題的關鍵，難點在于（2）求出∠DME＝90°．
22. 如圖，已知線段a，h，用直尺和圓規(guī)按下列要求分別作一個等腰三角形（不寫作法，保留作圖痕跡）
（1）△ABC的底邊長為a，底邊上的高為h；
（2）△ABC的腰長為a，腰上的高為h．
【答案】（1）見解析 （2）見解析
【解析】
【分析】（1）首先作線段，再作出BC的垂直平分線，然后截取高為h，連接即可．
（2）首先作直線垂直于直線，垂足為F，再直線上取線段，然后，連接即可．
【小問1詳解】
解：如圖：即為所求作的三角形．
【小問2詳解】
解：如圖：即為所求作的三角形．
【點睛】本題主要考查了尺規(guī)作圖、等腰三角形的性質等知識點，正確掌握線段垂直平分線的作法和等腰三角形的性質是解答本題的關鍵．
23. 如圖，等邊的邊長為，現(xiàn)有兩動點M、N分別從點A、B同時出發(fā)，沿三角形的邊運動，已知點M的速度為，點N的速度為，當點N第一次到達點B時，點M、N同時停止運動．

（1）點M、N運動幾秒后，M、N兩點重合？
（2）點M、N運動幾秒后，以點A、、N為頂點的三角形是等邊三角形？
（3）當點M、N在邊BC上運動時，連接，能否得到以為底邊的等腰三角形？如能，請求出此時點M、N運動的時間．
【答案】（1）6秒 （2）2秒
（3）能，8秒
【解析】
【分析】（1）由點N運動路程點M運動路程間的路程，列出方程求解，即可克得出結論；
（2）由等邊三角形的性質可得，可列方程求解，即可得出結論；
（3）由全等三角形的性質可得，可列方程求解，即可得出結論．
【小問1詳解】
設點、運動秒后重合
則
解得
∴點、運動6秒后重合；
【小問2詳解】
設點、運動秒后，是等邊三角形
如圖，，
當時，是等邊三角形
即
解得
∴當點、運動2秒時，是等邊三角形；
【小問3詳解】
如圖

設點、運動秒
則，
假設是等腰三角形且MN是它的底邊
則，
∴
∵
∴
∴
即
解得
∴當點、運動8秒時，是等腰三角形．
【點睛】此題主要考查等邊三角形的性質與證明，解題的關鍵是熟知等邊三角形的性質．
24. 如圖1，在等邊△ABC中，線段AM為BC邊上的中線，動點D在直線AM（點D與點A重合除外）上時，以CD為一邊且在CD的下方作等邊△CDE，連接BE．
（1）判斷AD與BE否相等，請說明理由；
（2）如圖2，若AB=8，點P、Q兩點在直線BE上且CP=CQ=5，試求PQ的長；
（3）在第（2）小題的條件下，當點D在線段AM的延長線（或反向延長線）上時．判斷PQ的長是否為定值，若是請直接寫出PQ的長；若不是請簡單說明理由．
【答案】（1）AD=BE；（2）PQ=2PN=2×3=6；（3）是定值，見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質可得AC=BC，CD=CE，再求出∠ACD=∠BCE，然后利用“邊角邊”證明△ACD和△BCE全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等即可得證；
（2）過點C作CN⊥BQ于點N，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質可得PQ=2PN，CM⊥AD，根據(jù)全等三角形對應邊上的高線相等可得CN=CM，然后利用勾股定理列式求出PN的長度，從而得解；
（3）根據(jù)（2）的結論，點C到PQ的距離等于CM的長度，是定值，所以，PQ的長是定值不變．
【詳解】解：（1）AD=BE．理由如下：
∵△ABC，△CDE都是等邊三角形，
∴AC=BC，CD=CE，
∵∠ACD+∠BCD=∠ACB=60°，
∠BCE+∠BCD=∠DCE=60°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE；
（2）如圖，過點C作CN⊥BQ于點N，
∵CP=CQ，
∴PQ=2PN，
∵△ABC是等邊三角形，AM是中線，
∴CM⊥AD，CM=BC=×8=4，
∴CN=CM=4（全等三角形對應邊上的高相等），
∵CP=CQ=5，
∴PN=3，
∴PQ=2PN=2×3=6；
（3）PQ的長為定值6．
∵點D在線段AM的延長線（或反向延長線）上時，△ACD和△BCE全等，
∴對應邊AD、BE上的高線對應相等，
∴CN=CM=4是定值，
∴PQ的長是定值．