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人教版2023-2024学年八年级下学期开学摸底考试
数学试题
全 解 全 析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：人教版八上全部。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一．选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（2023秋 西山区期末）若分子有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x≠﹣2 B．x≠3 C．x＞3 D．x＜3
【分析】分式的分母x﹣3≠0，据此可以求得x的取值范围．
【解答】解：根据题意，得
x﹣3≠0，
解得x≠3．
故选：B．
【点评】本题考查了分式有意义的条件．从以下三个方面透彻理解分式的概念：
（1）分式无意义 分母为零；
（2）分式有意义 分母不为零；
（3）分式值为零 分子为零且分母不为零．
2．（2023秋 凉州区校级期末）如图，下列图案是我国几家银行的标志，其中不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】解：选项A、B、D的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形．
选项C的图形不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形．
故选：C．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
3．（2023秋 泸县校级期末）已知点A（m，4）与点B（3，n）关于x轴对称，那么（m+n）2023的值为（ ）
A．﹣1 B．1 C．﹣72023 D．72023
【分析】根据“关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”求出m、n的值，然后代入代数式进行计算即可得解．
【解答】解：∵A（m，4）与点B（3，n）关于x轴对称，
∴m＝3，n＝﹣4，
∴（m+n）2023＝（3﹣4）2023＝﹣1．
故选：A．
【点评】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律．
4．（2022秋 泰山区期末）如图，在△ABC中，点D，E是边BC上的两点，BD＝CE，∠BAD＝∠CAE，下列条件中不能判定△ABD≌△ACE的是（ ）
A．∠B＝∠C B．∠BEA＝∠BAE C．AB＝AC D．AD＝AE
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：A．∠B＝∠C，∠BAD＝∠CAE，BD＝CE，符合全等三角形的判定定理AAS，能证明△ABD≌△ACE，故本选项不符合题意；
B．∠BEA＝∠BAE，∠BAD＝∠CAE，BD＝CE，不符合全等三角形的判定定理，不能证明△ABD≌△ACE，故本选项符合题意；
C．∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∠B＝∠C，∠BAD＝∠CAE，BD＝CE，符合全等三角形的判定定理AAS，能证明△ABD≌△ACE，故本选项不符合题意；
D．∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED，
∵∠ADE＝∠B+∠BAD，∠AED＝∠C+∠CAE，
又∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠B＝∠C，
∠B＝∠C，∠BAD＝∠CAE，BD＝CE，符合全等三角形的判定定理AAS，能证明△ABD≌△ACE，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
5．（2022秋 嘉禾县期末）下列计算正确的是（ ）
A．
B．
C．（a2﹣ab）
D．6xy
【分析】根据分式乘除法的法则和分式的基本性质解答即可．
【解答】解：A、 ，故A错误；
B、，故B错误；
C、（a2﹣ab），故C正确；
D、6xy，故D错误，
故选：C．
【点评】本题考查了分式乘除法的法则和分式的基本性质，熟练掌握分式乘除法的法则和分式的基本性质是解题的关键．
6．（2023 黔东南州二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，按如下步骤操作：①以点A为圆心，任意长为半径作弧，分别交AC，AB于D，E两点；②以点C为圆心，AD长为半径作弧，交AC的延长线于点F；③以点F为圆心，DE长为半径作弧，交②中所画的弧于点G；④作射线CG，若∠B＝40°，则∠FCG为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【分析】连接DE，FG，首先根据直角三角形的性质，可求得∠A＝50°，再根据作法可知：AD＝AE＝CF＝CG，DE＝FG，根据全等三角形的判定与性质，即可求解．
【解答】解：如图：连接DE，FG，
∵在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝40°，
∴∠A＝90°﹣40°＝50°，
由作法可知：AD＝AE＝CF＝CG，DE＝FG，
在△ADE和△CFG中，
，
∴△ADE≌△CFG（SSS），
∴∠A＝∠FCG＝50°，
故选：B．
【点评】本题考查了基本作图，全等三角形判定和性质，直角三角形的性质，解题的关键是掌握基本作图．
7．（2022秋 通许县期末）已知a﹣b＝7，ab＝12，那么a2+ab+b2的值是（ ）
A．11 B．13 C．37 D．85
【分析】先根据完全平方公式进行变形，再代入求出即可．
【解答】解：∵a﹣b＝7，ab＝12，
∴a2+ab+b2
＝（a﹣b）2+3ab
＝72+3×12
＝85，
故选：D．
【点评】本题考查了完全平方公式，能灵活运用公式进行变形是解此题的关键．
8．（2023春 工业园区期末）如图，在三角形纸片ABC中，∠A＝90°，∠B＝65°，现将该纸片沿DE折叠，使点A、B分别落在点A′、B′处．其中，点B在纸片的内部，点D、E分别在边AC、BC上．若∠B'EC＝15°，则∠A′DC等于（ ）
A．55° B．60° C．65° D．70°
【分析】根据折叠的性质得到∠BED＝∠BED，∠ADE＝∠ADE，根据四边形和三角形的内角和定理即可得到结论．
【解答】解：∵现将该纸片沿DE折叠，使点A、B分别落在点A′、B′处．
∴∠BED＝∠B′ED，∠ADE＝∠A′DE，
∵∠B'EC＝15°，
∴∠BED＝∠B′ED（180°﹣15°）＝82.5°，
∵∠A＝90°，∠B＝65°，
∴∠ADE＝360°﹣∠B﹣∠A﹣∠BED＝122.5°，
∴∠A′DE＝122.5，∠CDE＝180°﹣∠ADE＝57.5°，
∴∠A′DC＝∠A′DE﹣∠CDE＝122.5°﹣57.5°＝65°，
故选：C．
【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），三角形的内角和定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
9．（2023秋 腾冲市期末）随着生活水平的提高和环保意识的增强，小亮家购置了新能源电动汽车，这样他乘电动汽车比乘公交车上学所需的时间少用了15分钟，已知电动汽车的平均速度是公交车的2.5倍，小亮家到学校的距离为8千米．若设乘公交车平均每小时走x千米，则可列方程为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据乘电动汽车与乘公交车速度间的关系，可得出乘电动汽车平均每小时走2.5x千米，利用时间＝路程÷速度，结合乘电动汽车比乘公交车上学所需的时间少用了15分钟，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【解答】解：∵电动汽车的平均速度是公交车的2.5倍，乘公交车平均每小时走x千米，
∴乘电动汽车平均每小时走2.5x千米．
依题意得：，
即．
故选：D．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
10．（2022秋 聊城期末）如图，在等边△PQB中，点A为PQ上一动点（不与P，Q重合），再以AB为边作等边△ABC，连接PC．有以下结论：①PB平分∠ABC；②AQ＝CP；③PC∥QB；④PB＝PA+PC；⑤当BC⊥BQ时，△ABC的周长最小．其中一定正确的有（ ）
A．①②③ B．②③④ C．③④⑤ D．②③④⑤
【分析】根据点A为PQ上一动点（不与P，Q重合），∠ABC＝60°，可知∠ABP与∠PCQ不一定相等，可判断①；证明出△QBA≌△PBC（SAS），可得PC∥QB，PB＝PQ＝PA+AQ＝PA+PC，即可判断出②③④，根据垂线段最短可知，当BA⊥PQ时，AB最小，即可判断⑤．
【解答】解：∵点A为PQ上一动点（不与P，Q重合），∠ABC＝60°，
∴∠ABP与∠PCQ不一定相等，故①不正确；
∵△PQB和△ABC都为等边三角形，
∴PQ＝QB＝PB，AB＝CB＝AC，∠Q＝∠QBP＝∠ABC＝∠60°，
∴∠QBA+∠ABP＝∠PBC+∠ABP＝60°，
∴∠QBA＝∠PBC，
∴△QBA≌△PBC（SAS），
∴AQ＝PC，∠Q＝∠BPC＝∠QBP＝60°，
∴PC∥QB，PB＝PQ＝PA+AQ＝PA+PC，
∴②③④都正确，
根据垂线段最短可知，当BA⊥PQ时，AB最小，
∴当BC⊥BQ时，△ABC的周长最小，故⑤正确．
故选：D．
【点评】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质和最短路线问题，判断出△QBA≌△PBC是解本题的关键．
第Ⅱ卷
二．填空题（共8小题，每小题3分，满分24分）
11．（2023 铁东区三模）把2ab2﹣4ab+2a因式分解的结果是 ．
【分析】先提公因式2a，再根据完全平方公式分解因式．
【解答】解：2ab2﹣4ab+2a＝2a（b2﹣2b+1）＝2a（b﹣1）2，
故答案为：2a（b﹣1）2．
【点评】此题考查了综合利用提公因式法和公式法分解因式，正确掌握因式分解的方法是解题的关键．
12．（2022秋 定西期末）俗话说：“洋芋花开赛牡丹．”时下，甘肃省定西市的马铃薯进入盛花期，层层梯田里，洁白如雪的洋芋花与绿色茎叶、蓝天、黄土相互映衬，显得分外妖娆．每粒洋芋花粉的质量约为0.000045毫克，其中0.000045用科学记数法表示为 ．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：0.000045＝4.5×10﹣5，
故答案为：4.5×10﹣5．
【点评】本题主要考查科学记数法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．解题关键是正确确定a的值以及n的值．
13．（2023秋 双辽市期末）如图所示，将正六边形与正五边形按此方式摆放，正六边形与正五边形的公共顶点为O，且正六边形的边AB与正五边形的边DE在同一条直线上，则∠COF的度数为 ．
【分析】利用正多边形的性质求出∠EOF，∠BOC，∠BOE即可解决问题．
【解答】解：由题意得：∠EOF＝108°，∠BOC＝120°，∠OEB＝72°，∠OBE＝60°，
∴∠BOE＝180°﹣72°﹣60°＝48°，
∴∠COF＝360°﹣108°﹣48°﹣120°＝84°，
故答案为：84°．
【点评】本题考查正多边形，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
14．（2023秋 河北区校级期末）若4x2﹣3（a+2）x+9是完全平方式，则a的值为 ．
【分析】由4x2﹣3（a+2）x+9是完全平方式，则4x2﹣3（a+2）x+9＝（2x）2+2×2x×（±3）+（±3）2．
【解答】解：∵4x2﹣3（a+2）x+9是完全平方式，
∴4x2﹣3（a+2）x+9＝（2x）2+2×2x×（±3）+（±3）2，
∴﹣3（a+2）＝2×2×（±3），
解得：a＝﹣6或a＝2，
故答案为：﹣6或2．
【点评】本题考查完全平方式的应用，记住完全平方式的特征是解决问题的关键．
15．（2023 新华区校级二模）小刚在化简时，整式M看不清楚了，通过查看答案，发现得到的化简结果是，则整式M是 ．
【分析】由题意列出算式，利用分式的加减法法则解答即可得出结论．
【解答】解：∵化简时，整式M看不清楚了，通过查看答案，发现得到的化简结果是，
∴
，
∴M＝a+b．
故答案为：a+b．
【点评】本题主要考查了分式的加减法，利用已知条件列出算式是解题的关键．
16．（2023秋 乌拉特前旗期末）如图，等边三角形ABC中，D是AB的中点，DE⊥AC于E，EF∥AB，EF交BC于F，AB＝2cm，则△EFC的周长为 cm．
【分析】由等边三角形的性质推出∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝AC＝2cm，由含30°角的直角三角形的性质推出AEAB（cm），求出CE＝AC﹣AE＝1.5（cm），由平行线的性质推出∠CEF＝∠A＝60°，∠EFC＝∠B＝60°，得到∠C＝∠CEF＝∠CFE，即可证明△CEF是等边三角形，从而求出△CEF的周长．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，AB＝AC＝2cm，
∵DE⊥AC，
∴∠ADE＝90°﹣∠A＝30°，
∴AEAD，
∵D是AB的中点，
∴ADAB，
∴AEAB（cm），
∴CE＝AC﹣AE＝21.5（cm），
∵EF∥AB，
∴∠CEF＝∠A＝60°，∠EFC＝∠B＝60°，
∴∠C＝∠CEF＝∠CFE，
∴△CEF是等边三角形，
∴△CEF的周长＝1.5×3＝4.5（cm）．
故答案为：4.5．
【点评】本题考查等边三角形的判定和性质，平行线的性质，含30°角的直角三角形，关键是由含30°角的直角三角形的性质求出AE的长，证明△CEF是等边三角形．
17．（2022秋 慈利县期末）当m＝ 时，解分式方程会出现增根．
【分析】分式方程的增根使分式中分母为0，所以分式方程会出现增根只能是，增根不符合原分式方程，但是适合分式方程去分母后的整式方程，于是将代入该分式方程去分母后的整式方程中即可求出m的值．
【解答】解：分式方程会出现增根，
则2x﹣1＝0即，
，
去分母得，2x﹣1+m＝6，
将代入得m＝6，
即当m＝6时，原分式方程会出现增根．
故答案为：6．
【点评】本题考查了分式方程增根的概念，增根是使最简公分母等于0，不适合原分式方程，但是适合去分母后的整式方程．
18．（2023春 和平区期末）如图，在△ABC中，AD是△ABC的角平分线，点E、F分别是AD、AB上的动点，若∠BAC＝50°，当BE+EF的值最小时，∠AEB的度数为 ．
【分析】过点B作BB′⊥AD于点G，交AC于点B′，过点B′作B′F′⊥AB于点F′，与AD交于点E′，连接BE′，可证得△ABG≌△AB′G（ASA），所以∠E′B′G＝∠E′BG，由“直角三角形两锐角互余”可得∠AB′F′＝40°＝∠ABE，所以∠BE′F′＝50°，由此可得结论．
【解答】解：过点B作BB′⊥AD于点G，交AC于点B′，过点B′作B′F′⊥AB于点F′，与AD交于点E′，连接BE′，如图，
此时BE+EF最小．
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAD＝∠B′AD＝25°，
∴∠AE′F′＝65°，
∵BB′⊥AD，
∴∠AGB＝∠AGB′＝90°，
∵AG＝AG，
∴△ABG≌△AB′G（ASA），
∴BG＝B′G，∠ABG＝∠AB′G，
∴AD垂直平分BB′，
∴BE＝BE′，
∴∠E′B′G＝∠E′BG，
∵∠BAC＝50°，
∴∠AB′F′＝40°，
∴∠ABE＝40°，
∴∠BE′F′＝50°，
∴∠AE′B＝115°．
故答案为：115°．
【点评】本题主要考查全等三角形的性质与判定，轴对称最值问题，直角三角形的性质等知识，根据轴对称最值问题作出辅助线是解题关键．
三．解答题（共7小题，满分66分）
19．（每小题4分，共8分）计算或解方程：
（1）[2x（x2y2﹣xy）﹣y（x2﹣x3y）]÷3x2y （2）
【分析】（1）根据整式的运算法则即可求出答案；
（2）方程两边都乘（x+2）（x﹣2）得出x+2（x﹣2）＝x+2，求出方程的解，再进行检验即可；
【解答】解：（1）原式＝（2x3y2﹣2x2y﹣x2y+x3y2）÷3x2y
＝（3x3y2﹣3x2y）÷3x2y
＝x y﹣1；
（2），
解：，
方程两边都乘（x+2）（x﹣2），得
x+2（x﹣2）＝x+2，
解得：x＝3，
检验：当x＝3时，（x+2）（x﹣2）≠0，
所以x＝3是原分式方程的解，
即原分式方程的解是x＝3；
【点评】本题考查了整式的运算和解分式方程，解题的关键是熟练运用整式的运算法则及注意运算的顺序，以及能把分式方程转化成整式方程是解此题的关键．
20．（6分）（2022秋 双辽市期末）先化简，再求值：（a﹣2），其中a在2，﹣2，3，﹣3中选取合适数代入求值．
【分析】原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把a的值代入计算即可求出值．
【解答】解：原式[]
，
∵a﹣2≠0，a+3≠0，a﹣3≠0，
∴a≠2，a≠﹣3，a≠3，
∴只能取a＝﹣2，
∴原式2．
【点评】此题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
21．（7分）（2023秋 彰武县期末）如图，点F在线段AB上，点E，G在线段CD上，FG∥AE，∠1＝∠2．
（1）求证：AB∥CD；
（2）若FG⊥BC于点H，BC平分∠ABD，∠D＝100°，求∠1的度数．
【分析】（1）欲证明AB∥CD，只要证明∠1＝∠3即可．
（2）根据∠1+∠4＝90°，想办法求出∠4即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵FG∥AE，
∴∠2＝∠3，
∵∠1＝∠2，
∴∠1＝∠3，
∴AB∥CD．
（2）解：∵AB∥CD，
∴∠ABD+∠D＝180°，
∵∠D＝100°，
∴∠ABD＝180°﹣∠D＝80°，
∵BC平分∠ABD，
∴∠4∠ABD＝40°，
∵FG⊥BC，
∴∠1+∠4＝90°，
∴∠1＝90°﹣40°＝50°．
【点评】本题考查三角形内角和定理，平行线的性质，角平分线的定义等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
22．（8分）（2023秋 茂南区期中）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标为A（3，4），B（1，2），C（5，1）．
（1）若PA∥x轴，且PA＝5，则P点坐标为 ；
（2）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出点B1的坐标 ；
（3）求△ABC的面积．
【分析】（1）分为两种情况求解即可；
（2）根据轴对称变换的性质找出对应点即可求解；
（3）根据割补法求解即可．
【解答】解：（1）∵A（3，4），PA∥x轴，且PA＝5，
∴P（8，4）或（﹣2，4），
故答案为：（8，4）或（﹣2，4）；
（2）△A1B1C1为所求；
点B1的坐标为（﹣1，2），
故答案为：（﹣1，2）；
（3）12﹣2﹣2﹣3＝5．
【点评】本题考查了作图﹣轴对称变换，熟练掌握轴对称变换的性质是解题的关键．
23．（8分）（2023秋 渝北区期中）如图，在△ABD中，∠ABC＝45°，AC，BF为△ABD的两条高，BC＝AC，CM∥AB，交AD于点M．
（1）求证：△BCE≌△ACD；
（2）求证：BE＝AM+EM．
【分析】（1）先根据同角的余角相等证明∠CBE＝∠CAD＝90°﹣∠D，即可根据全等三角形的判定定理“ASA”证明△BCE≌△ACD；
（2）由△BCE≌△ACD得CD＝CE，再由CM∥AB，∠ABC＝45°证明∠MCD＝∠MCE＝45°，即可证明△MCD≌△MCE，得DM＝EM，所以BE＝AD＝AM+EM．
【解答】（1）证明：∵AC⊥BD，BF⊥AD，
∴∠BCE＝∠ACD＝90°，∠BFD＝90°，
∴∠CBE＝∠CAD＝90°﹣∠D，
在△BCE和△ACD中，
，
∴△BCE≌△ACD（ASA）．
（2）证明：由（1）得AD＝BE，CD＝CE，
∵CM∥AB，∠ABC＝45°，
∴∠MCD＝∠ABC＝45°，
∴∠MCD＝∠MCE＝45°，
在△MCD和△MCE中，
，
∴△MCD≌△MCE（SAS），
∴DM＝EM，
∴AD＝AM+DM＝AM+EM，
∴BE＝AM+EM．
【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、同角的余角相等、直角三角形的两个锐角互余等知识，找到全等三角形的对应边和对应角并且通过推理证明补全三角形全等的条件是解题的关键．
24．（8分）（2022秋 威县校级期末）为增强学生体质，很多学校决定在课后看护中增加乒乓球项目．体育用品商店得知后，第一次用600元购进乒乓球若干盒，第二次又用600元购进该款乒乓球，但这次每盒的进价比第一次的进价高25%，购进数量比第一次少了30盒．
（1）求第一次每盒乒乓球的进价是多少元？
（2）若要求这两次购进的乒乓球按同一价格全部销售完后获利不低于420元，求每盒乒乓球的售价至少是多少元？
【分析】（1）设第一次每盒乒乓球的进价是x元，根据“第二次购进数量比第一次少了30盒”列方程，求出x的值即可．
（2）设每盒乒乓球的售价为y元，根据“这两次购进的乒乓球按同一价格全部销售完后获利不低于420元”列不等式，求出y的范围即可．
【解答】解：（1）设第一次每盒乒乓球的进价是x元，
由题意得，
解得x＝4，
经检验x＝4是原分式方程的解，且符合题意．
答：第一次每盒乒乓球的进价是4元；
（2）设每盒乒乓球的售价为y元，第一次每盒乒乓球的进价为4元，
则第二次每盒乒乓球的进价为4×（1+25%）＝5（元）．
由题意得，
解得y≥6．
答：每盒乒乓球的售价至少是6元．
【点评】本题主要考查了列分式方程解应用题，和列一元一次不等式解应用题，解题的关键是找等量关系和不等量关系，正确的列出方程和不等式．
25．（9分）（2022春 清远期中）图1是一个长为2m，宽为2n的长方形，沿图中虚线用剪刀剪下全等的四块小长方形，然后按图2拼成一个正方形．
（1）直接写出图2中阴影部分的正方形的边长为 ；
（2）观察图2，请直接写出下列三个代数式（m+n）2，（m﹣n）2，mn之间的等量关系是 ；
（3）根据（2）中的等量关系，解决如下问题：
①若p+q＝9，pq＝7，求（p﹣q）2的值；
②若（2021﹣a）2+（a﹣2022）2＝7，求（2021﹣a）（a﹣2022）的值．
【分析】（1）由拼图可知阴影部分是边长为m﹣n的正方形；
（2）大正方形面积减去四个长方形面积也可以得出阴影部分的面积，进而得出关系式；
（3）①由（2）得（p﹣q）2＝（p+q）2﹣4pq，再代入计算即可；
②设x＝2021﹣a，y＝a﹣2022，则x+y＝﹣1，x2+y2＝7，根据（x+y）2＝1，得x2+2xy+y2＝1，即可求出答案．
【解答】解：（1）图2中阴影部分是边长为m﹣n的正方形；
故答案为：m﹣n；
（2）图2中阴影部分面积也可以看作从边长为（m+n）的正方形面积减去4个长为m，宽为n的长方形面积，即（m+n）2﹣4mn，
因此有（m﹣n）2＝（m+n）2﹣4mn；
故答案为：（m﹣n）2＝（m+n）2﹣4mn；
（3）①由（2）可知，
（p﹣q）2＝（p+q）2﹣4pq
＝81﹣28
＝53；
②设x＝2021﹣a，y＝a﹣2022，则x+y＝﹣1，x2+y2＝7，
∵（x+y）2＝1，
∴x2+2xy+y2＝1
∴2xy＝﹣6，
∴xy＝﹣3，
∴（2021﹣a）（a﹣2022）的值为﹣3．
【点评】本题考查完全平方公式的几何背景，掌握完全平方公式的结构特征是正确解答的前提．
26．（12分）（2023秋 思明区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，已知A（a，0）、B（0，b）分别在坐标轴的正半轴上．
（1）如图1，若a、b满足（a﹣4）2+|b﹣3|＝0，以B为直角顶点，AB为直角边在第一象限内作等腰直角△ABC，则点C的坐标是 ；
（2）如图2，若a＝b，点D是OA的延长线上一点，以D为直角顶点，BD为直角边在第一象限作等腰直角△BDE，连接AE，求证：∠ABD＝∠AED；
（3）如图3，设AB＝c，∠ABO的平分线过点D（3，﹣3），请求出a﹣b+c的值，并说明理由．
【分析】（1）由偶次方和绝对值的非负性质求出a＝4，b＝3，则OA＝4，OB＝3，再证△BNC≌△AOB（AAS），得BN＝AO＝4，CN＝BO＝3，则ON＝7，即可求解；
（2）过E作EF⊥x轴于F，证△DEF≌△BDO（AAS），得∠EDF＝∠DBO，DF＝OB，EF＝OD，再证△AEF是等腰直角三角形，得∠EAF＝∠AEF＝45°，然后由三角形的外角性质即可得出结论；
（3）过D作DM⊥y轴于M，DH⊥x轴于H，DG⊥BA交BA的延长线于G，则DM＝DH＝OM＝OH＝3，由角平分线的性质得DM＝DG，再证Rt△BDG≌△BDM（HL），得BG＝BM，同理Rt△ADH≌△ADG（HL），得AH＝AG，进而求解即可．
【解答】（1）解：∵（a﹣4）2+|b﹣3|＝0，
∴（a﹣4）2＝0，|b﹣3|＝0，
∴a﹣4＝0，b﹣3＝0，
∴a＝4，b＝3，
∵A（a，0）、B（0，b），
∴OA＝4，OB＝3，
过点C作CN⊥y轴于N，如图1所示：
则∠BNC＝90°，
∵∠ABC＝∠AOB＝90°，
∴∠CBN+∠ABO＝90°，∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠CBN＝BAO，
又∵∠BNC＝∠AOB＝90°，BC＝AB，
∴△BNC≌△AOB（AAS），
∴BN＝AO＝4，CN＝BO＝3，
∴ON＝OB+BN＝7，
∴C（3，7），
故答案为：（3，7）；
（2）证明：过E作EF⊥x轴于F，如图2所示：
则∠EFD＝90°，
∵a＝b，
∴OA＝OB，
∵∠AOB＝90°，
∴△OAB是等腰直角三角形，
∴∠ABO＝∠BAO＝45°，
∵△BDE是等腰直角三角形，∠BDE＝90°，
∴DB＝DE，
∵∠EDF+∠BDO＝90°，∠DEF+∠EDF＝90°，
∴∠BDO＝∠DEF，
∵∠EFD＝∠DOB＝90°，
∴△DEF≌△BDO（AAS），
∴∠EDF＝∠DBO，DF＝OB，EF＝OD，
∵OB＝OA，
∴DF＝OA，
∴DF+AD＝OA+OD，
即AF＝OD，
∴AF＝EF，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴∠EAF＝∠AEF＝45°，
∵∠EDF＝∠EAF+∠AED＝45°+∠AED，∠DBO＝∠OBA+∠ABD＝45°+∠ABD，
∴∠ABD＝∠AED；
（3）解：过D作DM⊥y轴于M，DH⊥x轴于H，DG⊥BA交BA的延长线于G，
∵D（3，﹣3），
∴DM＝DH＝OM＝OH＝3，
∵BD平分∠ABO，DM⊥OB，DG⊥AB，
∴DM＝DG，
又∵BD＝BD，
∴Rt△BDG≌△BDM（HL），
∴BG＝BM，
同理：Rt△ADH≌△ADG（HL），
∴AH＝AG，
∵OA＝a，OB＝b，AB＝c，
∴a﹣b+c＝OA﹣OB+AB＝（OH+AH）﹣（BM﹣OM）+（BG﹣AG）＝3+AH﹣BM+3+BG﹣AG＝6，
即a﹣b+c＝6．
【点评】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的性质、角平分线的性质、偶次方和绝对值的非负性质等知识，熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
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人教版2023-2024学年八年级下学期开学摸底考试
数学试题
参 考 答 案
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B C A B C B D C D D
二．填空题（每小题3分，共8小题，共24分）
11.2a（b﹣1）2． 12．4.5×10﹣5． 13．84°． 14．﹣6或2．
15．a+b． 16．4.5． 17．6． 18．115°．
三．解答题（共8小题，共66分）
19．（每小题4分，共8分）计算或解方程：
【解答】解：（1）原式＝（2x3y2﹣2x2y﹣x2y+x3y2）÷3x2y
＝（3x3y2﹣3x2y）÷3x2y
＝x y﹣1； ………………4分
（2），
解：，
方程两边都乘（x+2）（x﹣2），得
x+2（x﹣2）＝x+2，
解得：x＝3，
检验：当x＝3时，（x+2）（x﹣2）≠0，
所以x＝3是原分式方程的解，
即原分式方程的解是x＝3； ………………4分
20．（6分）
【解答】解：原式[]
， ………………3分
∵a﹣2≠0，a+3≠0，a﹣3≠0，
∴a≠2，a≠﹣3，a≠3，
∴只能取a＝﹣2，
∴原式2． ………………6分
21．（7分）
【解答】（1）证明：∵FG∥AE，
∴∠2＝∠3，
∵∠1＝∠2，
∴∠1＝∠3，
∴AB∥CD． ………………3分
（2）解：∵AB∥CD，
∴∠ABD+∠D＝180°，
∵∠D＝100°，
∴∠ABD＝180°﹣∠D＝80°，
∵BC平分∠ABD，
∴∠4∠ABD＝40°，
∵FG⊥BC，
∴∠1+∠4＝90°，
∴∠1＝90°﹣40°＝50°． ………………7分
22．（8分）
【解答】解：（1）（8，4）或（﹣2，4）； ………………2分
（2）△A1B1C1为所求； ………………4分
点B1的坐标为（﹣1，2）， ………………5分
（3）12﹣2﹣2﹣3＝5．………8分
23．（8分）
【解答】（1）证明：∵AC⊥BD，BF⊥AD，
∴∠BCE＝∠ACD＝90°，∠BFD＝90°，
∴∠CBE＝∠CAD＝90°﹣∠D，
在△BCE和△ACD中，
，
∴△BCE≌△ACD（ASA）． ………………4分
（2）证明：由（1）得AD＝BE，CD＝CE，
∵CM∥AB，∠ABC＝45°，
∴∠MCD＝∠ABC＝45°，
∴∠MCD＝∠MCE＝45°，
在△MCD和△MCE中，
，
∴△MCD≌△MCE（SAS），
∴DM＝EM，
∴AD＝AM+DM＝AM+EM，
∴BE＝AM+EM． ………………4分
24．（8分）
【解答】解：（1）设第一次每盒乒乓球的进价是x元，
由题意得，
解得x＝4， ………………3分
经检验x＝4是原分式方程的解，且符合题意．
答：第一次每盒乒乓球的进价是4元； ………………4分
（2）设每盒乒乓球的售价为y元，第一次每盒乒乓球的进价为4元，
则第二次每盒乒乓球的进价为4×（1+25%）＝5（元）．
由题意得，
解得y≥6．
答：每盒乒乓球的售价至少是6元． ………………8分
25．（9分）
【解答】解：（1）m﹣n； ………………1分
（2）（m﹣n）2＝（m+n）2﹣4mn； ………………3分
（3）①由（2）可知，
（p﹣q）2＝（p+q）2﹣4pq
＝81﹣28
＝53； ………………6分
②设x＝2021﹣a，y＝a﹣2022，则x+y＝﹣1，x2+y2＝7，
∵（x+y）2＝1，
∴x2+2xy+y2＝1
∴2xy＝﹣6，
∴xy＝﹣3，
∴（2021﹣a）（a﹣2022）的值为﹣3． ………………9分
26．（12分）
【解答】（1）（3，7）； ………………3分
（2）证明：过E作EF⊥x轴于F，如图2所示：
则∠EFD＝90°，
∵a＝b，
∴OA＝OB，
∵∠AOB＝90°，
∴△OAB是等腰直角三角形，
∴∠ABO＝∠BAO＝45°，
∵△BDE是等腰直角三角形，∠BDE＝90°，
∴DB＝DE，
∵∠EDF+∠BDO＝90°，∠DEF+∠EDF＝90°，
∴∠BDO＝∠DEF，
∵∠EFD＝∠DOB＝90°，
∴△DEF≌△BDO（AAS），
∴∠EDF＝∠DBO，DF＝OB，EF＝OD，
∵OB＝OA，
∴DF＝OA，
∴DF+AD＝OA+OD，
即AF＝OD，
∴AF＝EF，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴∠EAF＝∠AEF＝45°，
∵∠EDF＝∠EAF+∠AED＝45°+∠AED，∠DBO＝∠OBA+∠ABD＝45°+∠ABD，
∴∠ABD＝∠AED； ………………7分
（3）解：过D作DM⊥y轴于M，DH⊥x轴于H，DG⊥BA交BA的延长线于G，
∵D（3，﹣3），
∴DM＝DH＝OM＝OH＝3，
∵BD平分∠ABO，DM⊥OB，DG⊥AB，
∴DM＝DG，
又∵BD＝BD，
∴Rt△BDG≌△BDM（HL），
∴BG＝BM，
同理：Rt△ADH≌△ADG（HL），
∴AH＝AG，
∵OA＝a，OB＝b，AB＝c，
∴a﹣b+c＝OA﹣OB+AB＝（OH+AH）﹣（BM﹣OM）+（BG﹣AG）＝3+AH﹣BM+3+BG﹣AG＝6，
即a﹣b+c＝6． ………………12分
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人教版 2023-2024学年八年级下学期开学摸底考试
数学试题
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：人教版八上全部。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一．选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．若分子有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x≠﹣2 B．x≠3 C．x＞3 D．x＜3
2．如图，下列图案是我国几家银行的标志，其中不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．已知点A（m，4）与点B（3，n）关于x轴对称，那么（m+n）2023的值为（ ）
A．﹣1 B．1 C．﹣72023 D．72023
4．如图，在△ABC中，点D，E是边BC上的两点，BD＝CE，∠BAD＝∠CAE，下列条件中不能判定△ABD≌△ACE的是（ ）
A．∠B＝∠C B．∠BEA＝∠BAE C．AB＝AC D．AD＝AE
5．下列计算正确的是（ ）
A．
B．
C．（a2﹣ab）
D．6xy
6．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，按如下步骤操作：①以点A为圆心，任意长为半径作弧，分别交AC，AB于D，E两点；②以点C为圆心，AD长为半径作弧，交AC的延长线于点F；③以点F为圆心，DE长为半径作弧，交②中所画的弧于点G；④作射线CG，若∠B＝40°，则∠FCG为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
7．已知a﹣b＝7，ab＝12，那么a2+ab+b2的值是（ ）
A．11 B．13 C．37 D．85
8．如图，在三角形纸片ABC中，∠A＝90°，∠B＝65°，现将该纸片沿DE折叠，使点A、B分别落在点A′、B′处．其中，点B在纸片的内部，点D、E分别在边AC、BC上．若∠B'EC＝15°，则∠A′DC等于（ ）
A．55° B．60° C．65° D．70°
9．随着生活水平的提高和环保意识的增强，小亮家购置了新能源电动汽车，这样他乘电动汽车比乘公交车上学所需的时间少用了15分钟，已知电动汽车的平均速度是公交车的2.5倍，小亮家到学校的距离为8千米．若设乘公交车平均每小时走x千米，则可列方程为（ ）
A． B．
C． D．
10．如图，在等边△PQB中，点A为PQ上一动点（不与P，Q重合），再以AB为边作等边△ABC，连接PC．有以下结论：①PB平分∠ABC；②AQ＝CP；③PC∥QB；④PB＝PA+PC；⑤当BC⊥BQ时，△ABC的周长最小．其中一定正确的有（ ）
A．①②③ B．②③④ C．③④⑤ D．②③④⑤
第Ⅱ卷
二．填空题（共8小题，每小题3分，满分24分）
11．把2ab2﹣4ab+2a因式分解的结果是 ．
12．俗话说：“洋芋花开赛牡丹．”时下，甘肃省定西市的马铃薯进入盛花期，层层梯田里，洁白如雪的洋芋花与绿色茎叶、蓝天、黄土相互映衬，显得分外妖娆．每粒洋芋花粉的质量约为0.000045毫克，其中0.000045用科学记数法表示为 ．
13．如图所示，将正六边形与正五边形按此方式摆放，正六边形与正五边形的公共顶点为O，且正六边形的边AB与正五边形的边DE在同一条直线上，则∠COF的度数为 ．
14．若4x2﹣3（a+2）x+9是完全平方式，则a的值为 ．
15．小刚在化简时，整式M看不清楚了，通过查看答案，发现得到的化简结果是，则整式M是 ．
16．如图，等边三角形ABC中，D是AB的中点，DE⊥AC于E，EF∥AB，EF交BC于F，AB＝2cm，则△EFC的周长为 cm．
17．当m＝ 时，解分式方程会出现增根．
18．如图，在△ABC中，AD是△ABC的角平分线，点E、F分别是AD、AB上的动点，若∠BAC＝50°，当BE+EF的值最小时，∠AEB的度数为 ．
三．解答题（共8小题，满分66分）
19．（每小题4分，共8分）计算或解方程：
（1）[2x（x2y2﹣xy）﹣y（x2﹣x3y）]÷3x2y （2）
20．（6分）先化简，再求值：（a﹣2），其中a在2，﹣2，3，﹣3中选取合适数代入求值．
21．（7分）如图，点F在线段AB上，点E，G在线段CD上，FG∥AE，∠1＝∠2．
（1）求证：AB∥CD；
（2）若FG⊥BC于点H，BC平分∠ABD，∠D＝100°，求∠1的度数．
22．（8分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标为A（3，4），B（1，2），C（5，1）．
（1）若PA∥x轴，且PA＝5，则P点坐标为 ；
（2）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出点B1的坐标 ；
（3）求△ABC的面积．
23．（8分）如图，在△ABD中，∠ABC＝45°，AC，BF为△ABD的两条高，BC＝AC，CM∥AB，交AD于点M．
（1）求证：△BCE≌△ACD；
（2）求证：BE＝AM+EM．
24．（8分）为增强学生体质，很多学校决定在课后看护中增加乒乓球项目．体育用品商店得知后，第一次用600元购进乒乓球若干盒，第二次又用600元购进该款乒乓球，但这次每盒的进价比第一次的进价高25%，购进数量比第一次少了30盒．
（1）求第一次每盒乒乓球的进价是多少元？
（2）若要求这两次购进的乒乓球按同一价格全部销售完后获利不低于420元，求每盒乒乓球的售价至少是多少元？
25．（9分）图1是一个长为2m，宽为2n的长方形，沿图中虚线用剪刀剪下全等的四块小长方形，然后按图2拼成一个正方形．
（1）直接写出图2中阴影部分的正方形的边长为 ；
（2）观察图2，请直接写出下列三个代数式（m+n）2，（m﹣n）2，mn之间的等量关系是 ；
（3）根据（2）中的等量关系，解决如下问题：
①若p+q＝9，pq＝7，求（p﹣q）2的值；
②若（2021﹣a）2+（a﹣2022）2＝7，求（2021﹣a）（a﹣2022）的值．
26．（12分）如图，在平面直角坐标系中，已知A（a，0）、B（0，b）分别在坐标轴的正半轴上．
（1）如图1，若a、b满足（a﹣4）2+|b﹣3|＝0，以B为直角顶点，AB为直角边在第一象限内作等腰直角△ABC，则点C的坐标是 ；
（2）如图2，若a＝b，点D是OA的延长线上一点，以D为直角顶点，BD为直角边在第一象限作等腰直角△BDE，连接AE，求证：∠ABD＝∠AED；
（3）如图3，设AB＝c，∠ABO的平分线过点D（3，﹣3），请求出a﹣b+c的值，并说明理由．
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