广东省深圳市福田区2020-2021学年八年级下学期期末数学试题（word版 含答案）

这是一份广东省深圳市福田区2020-2021学年八年级下学期期末数学试题（word版 含答案），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

广东省深圳市福田区2020-2021学年八年级下学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．若，则下列式子中正确的是（ ）．
A． B． C． D．
2．剪纸艺术是中华民族的瑰宝，下面四幅剪纸作品中，是中心对称图形的为（ ）．
A． B．
C． D．
3．如果把分式中的和都扩大3倍，那么分式的值（ ）．
A．扩大3倍 B．缩小3倍 C．不变 D．扩大9倍
4．若一个多边形的每个外角都是60°，则该多边形的边数为（ ）．
A．9 B．8 C．7 D．6
5．在下列各式中，一定能用平方差公式因式分解的是（ ）．
A． B． C． D．
6．不等式组的解集在数轴上表示为（ ）．
A． B．
C． D．
7．如图，将绕着点顺时针旋转，得到（点落在外），若，，则旋转角度是（ ）．

A．20° B．30° C．40° D．50°
8．下列命题是假命题的是（ ）．
A．斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等
B．等腰三角形的一边长为4，另一边长为9，则这个三角形的周长为17
C．若代数式有意义，则的取值范围是
D．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
9．如图，在中，，，以点为圆心，适当长度为半径作弧，分别交，于点，，再分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交的延长线于点，则的长度为（ ）

A． B．2 C． D．3
10．如图，已知是边长为6的等边三角形，点是线段上的一个动点（点不与点，重合），是以为边的等边三角形，过点作的平行线，分别交线段，于点，，连接和，则下列结论中：①；②；③四边形是平行四边形；④当时，，其中正确的有（ ）．

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个

二、填空题
11．约分：______．
12．若，，则______．
13．如图，在中，，点，分别是，的中点，则的长为______．

14．如图，函数和的图象交于点，则不等式的解集是_____．

15．如图，，，若，则线段长为______．


三、解答题
16．因式分解：（1）； （2）．
17．解不等式组，并写出不等式组的非负整数解．
18．先化简，再求值：，其中．
19．如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，．

（1）将沿轴方向向左平移6个单位，画出平移后得到的（点的对应点为，点的对应点为，点的对应点为）；
（2）将绕着点顺时针旋转180°，画出旋转后得到的（点的对应点为，点的对应点为，点的对应点为），此时四边形的形状是______；
（3）在平面内有一点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形，则符合条件的所有点的坐标是______．
20．如图，四边形中，，相交于点，点是的中点，．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，且，求的长．
21．深圳某学校为做好课后延时服务工作，购买了一批数量相等的象棋和围棋供参加这些社团的学生使用，其中购买象棋用了2500元，购买围棋用了3500元，已知每副围棋比每副象棋贵20元．
（1）求每副围棋和象棋分别是多少元？
（2）自课后延时服务后，该校发现想参加象棋和围棋社团的人越来越多、决定再次购买同种围棋和象棋共60副，其中购买象棋的数量不超过围棋的数量的2倍、该校再次购买象棋和围棋各多少副，才能使总费用最小？最小费用是多少元？
22．如图，和都是等腰直角三角形，．

（1）猜想：如图1，点在上，点在上，线段与的数量关系是______，位置关系是______；
（2）探究：把绕点旋转到如图2的位置，连接，，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
（3）拓展：把绕点在平面内自由旋转，若，，当，，三点在同一直线上时，则的长是______．


参考答案
1．A
【分析】
根据不等式的性质：（1）不等式的两边同时加上(或减去)同一个数(或式子)，不等号的方向不变；（2）不等式两边同时乘(或除以)同一个正数，不等号的方向不变；（3）不等式两边同时乘(或除以)同一个负数，不等式的方向改变；据此判断即可．
【详解】
A、由可得，正确，符合题意；
B、由可得，错误，不符合题意；
C、由可得，错误，不符合题意；
D、由可得，错误，不符合题意．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查不等式的性质，熟知不等式的性质是解决本题的关键．
2．B
【分析】
根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】
A、不是中心对称图形．故本选项不合题意；
B、是中心对称图形，故本选项符合题意；
C、不是中心对称图形．故本选项不合题意；
D、不是中心对称图形．故本选项不合题意．
故选B．
【点睛】
本题考查了中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3．C
【分析】
先根据题意得出算式，再根据分式的基本性质进行化简即可．
【详解】
根据题意，得，
∴分式的值不变．
故选C．
【点睛】
本题考查了分式的基本型性质，能熟记分式的基本性质是解此题的关键．
4．D
【分析】
利用外角和除以外角的度数即可得到边数．
【详解】
．故这个多边形是六边形．
故选D．
【点睛】
此题主要考查了多边形的外角和，关键是掌握任何多边形的外角和都是360°．
5．B
【分析】
直接利用平方差公式： ，进而分解因式判断即可．
【详解】
A、，无法分解因式，故此选项不合题意；
B、，能用平方差公式分解，故此选项符合题意；
C、，无法分解因式，故此选项不合题意；
D、，无法分解因式，故此选项不合题意．
故选B．
【点睛】
此题主要考查了公式法分解因式，正确应用乘法公式是解题关键．
6．D
【分析】
先求出不等式组的解集，然后根据“大于向右，小于向左，包括端点用实心，不包括端点用空心”的原则将不等式组的解集在数轴上表示出来，再比较得到答案．
【详解】
解：不等式组
故此不等式组的解集为：．
在数轴上表示为：
故选：D．
【点睛】
把每个不等式的解集在数轴上表示出来(向右画；向左画)，数轴上的点把数轴分为若干段，如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集，有几个就要几个，在表示解集时，“”，“”要用实心圆点表示；“”，“”要用空心圆点表示．
7．C
【分析】
直接利用已知得出∠AOC的度数，再利用旋转的性质得出对应边之间夹角，得出答案即可．
【详解】
解：∵∠AOB=30°，∠BOC=10°，
∴∠AOC=∠AOB+∠COB=30°+10°=40°，
∵将△AOB绕着点O顺时针旋转，得到△COD，
∴旋转角为∠AOC=40°．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了旋转的性质，正确得出∠AOC的度数是解题关键．
8．B
【分析】
根据全等三角形的判定，等腰三角形的性质，分式有意义的条件，平行四边形的判定定理判断即可．
【详解】
A、斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等，是真命题，本选项不符合题意．
B、当腰长为4时，则三角形的三边长为：4、4、9，
∵，∴不能构成三角形；
因此这个等腰三角形的腰长为9，则其周长．
故本选项说法是假命题，本选项符合题意．
C、由题意得，，解得，是真命题，本选项不符合题意．
D、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查了直角三角形全等的判定定理，分式有意义的条件，等腰三角形的性质，平行四边形的判定定理，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
9．D
【分析】
利用基本作图得到∠ABE=∠CBF，再根据平行四边形的性质得AB=CD=6，AB∥CF，接着证明∠F=∠CBF得到CF=CB=9，然后计算CF-CD即可．
【详解】
由作图可知，平分，，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选D．
【点睛】
本题考查了作图-基本作图：熟练掌握基本作图（作已知角的角平分线）．也考查了平行四边形的性质．
10．A
【分析】
判断BE与CD是否相等，可考虑与 是否全等；结合图形特征和已知条件，从∠BDE+∠ ADE+∠ADC=180°和∠CAD+∠ACD+∠ADC=180°入手，判断∠ BDE与∠CAD能否相等；要判断四边形 BCGE能否是平行四边形，已知EG∥BC，只需判断EB与GC能否平行即可； 由已知可判断三角形AFG是等边三角形，过点 A作AH⊥EG于点H，分别求出AH和EF，则三角形AEF的面积可求，从而能判断结论是否正确．
【详解】
解：∵和都是等边三角形，
∴，，．
又∵，，
∴．
∴≌（SAS）．
∴．
所以①正确；
∵，
，
又∵和都是等边三角形，
∴，
∴．
所以②正确；
∵

∴．
又∵，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
所以③正确；
∵
∴BE=CD=2．
∵四边形BCGE是平行四边形，
∴CG=BE=2，EG=BC=6．
∵EG∥BC，

∴∠AFG=∠ABC=60°，∠AGF=∠ACB=60°．
∵∠FAG=60°，
∴是等边三角形．
∴AG=FG=AC-CG=6-2=4．
∴EF=EG-FG=6-4=2．
过点A作AH⊥FG于点H，如图所示，则


∴
∴
所以④正确．
综上可知：结论都正确．
故选：A
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平角及三角形的内角和、平行四边形的判定与性质、三角形的面积公式等知识点，熟知上述相关图形的判定和性质是解题的基础，灵活运用则更为关键；同时本题的四个结论具有连续性，上一个结论的正确性对下一个问题的提示和帮助作用不可忽视．
11．
【分析】
分子分母约去公因式即可．
【详解】
解：，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了约分：约去分式的分子与分母的公因式，不改变分式的值，这样的分式变形叫做分式的约分．
12．12
【分析】
将提公因式化解为，然后将已知式子的值代入计算即可．
【详解】
解：∵，，
∴．
故答案为： 12．
【点睛】
此题考查了因式分解的运用，有公因式时，要先考虑提取公因式；注意运用整体代入法求解．
13．13
【分析】
由平行四边形的性质可得AD=BC=26，由三角形的中位线定理可求解．
【详解】
解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵点，分别是，的中点，
∴．
故答案为： 13．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，掌握三角形中位线定理是解题的关键．
14．
【分析】
观察图象，写出直线在直线的下方所对应的自变量的范围即可．
【详解】
解：观察图象得：当时，，
即不等式的解集为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数的值大于（或小于）0的自变量的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线在轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的解集．
15．8
【分析】
过点D作DH⊥AC于H，由等腰三角形的性质可得AH=HC，∠DAC=∠DCA=30°，由直角三角形的性质可证DH=CF，由“AAS”可证△DHE≌△FCE，可得EH=EC，即可求解．
【详解】
解：如图，过点D作DH⊥AC于H，






在△DHE和△FCE中，






故答案为8．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
16．（1）；（2）
【分析】
（1）直接提取公因式2m，进而利用公式法分解因式即可；
（2）直接提取公因式a，进而利用公式法分解因式即可．
【详解】
（法1）解：原式．
（法2）解：原式．．
（2）（法1）解：原式．
（法2）解：原式．
【点睛】
此题主要考查了公式法以及提取公因式法分解因式，正确运用公式法分解因式是解题关键．
17．，非负整数解为0、1
【分析】
分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
【详解】
解不等式，得：，
解不等式，得，
则不等式组的解集为，
∴不等式组的非负整数解为0、1．
【点睛】
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
18．
【分析】
先计算括号，后运用平方差公式，完全平方公式，因式分解，约分化简即可.
【详解】
解：原式，
当时，
原式．
【点睛】
本题考查了分式的混合运算，熟练掌握分式混合运算的基本顺序，灵活运用公式法因式分解，约分是解题的关键．
19．（1）见解析；（2）图见解析，平行四边形；（3）或或
【分析】
（1）将A、B、C三点分别向左平移6个单位得点A1（-5，1），B1（-2，2），C1（-3，4），然后描点，顺次连结，则 为所求；
（2）将A、B、C绕点O旋转180°得A2（-5，-1），B2（-4，-2），C2（-3，-4），在平面直角坐标系中描点，描点顺次连接，则为所求，利用对角线互相平分可证四边形BCB2C2是平行四边形；
（3）利用平行四边形的性质对边平行且相等，可得对应平行两点的横坐标之差，纵坐标之差相等构建方程求出点D坐标即可．
【详解】
解：（1）将A、B、C三点分别向左平移6个单位得点A1（-5，1），B1（-2，2），C1（-3，4），在平面直角坐标系中描出A1（-5，1），B1（-2，2），C1（-3，4），连接A1B1，B1C1，C1A1，则 为所求；
（2）将A、B、C绕点O旋转180°得A2（-5，-1），B2（-4，-2），C2（-3，-4），在平面直角坐标系中描点A2（-5，-1），B2（-4，-2），C2（-3，-4），连接A2B2， B2C2，C2A2，则为所求，
∵OB=OB2，OC=OC2，
∴四边形BCB2C2是平行四边形，
故答案为平行四边形；


（3）∵D1CAB为平行四边形，CD1//AB，且CD1=AB，设D1（x1，y1），
则，
解得，
，
解得，
∴D1（6，5），
∵D2CAB为平行四边形，CD2//AB，且CD2=AB，设D2（x2，y2），
则，
解得，
，
解得，
∴D2（0，3），
∵D3BCA为平行四边形，BD3//AC，且BD3=AC，设D3（x3，y3），
则，
解得，
，
解得，
∴D3（2，-1），
∴的坐标是或或．
【点睛】
本题考查网格作图，平移的特征，中心对称图形特征，平行四边形性质与判定，掌握网格作图的方法，利用平移的特征先求点坐标再连线构图，利用中心对称图形特征求出点坐标再连线构图，平行四边形性质与判定构建坐标方程是解题关键．
20．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）由已知条件易证△AOD≌△COB，由此可得OD=OB，进而可证明四边形ABCD是平行四边形；
（2）根据平行四边形的性质得出AC=2OA，利用勾股定理即可解决问题．
【详解】
（1）证明：∵是的中点，∴，
∵，∴，
在和中，，
∴≌，∴，
∵，∴四边形是平行四边形．

（2）解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，∴，
∴．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是证明四边形ABCD是平行四边形，属于中考常考题型．
21．（1）每副象棋50元，每副围棋70元；（2）该校再次购买象棋40副和围棋20副才能使总费用最小，其最小费用是3400元
【分析】
（1）设每副象棋元，则每副围棋元，根据2500元买象棋的数量=3500元购买围棋的数量列出方程并解答；
（2）设购买象棋副，再次购买同种围棋和象棋总费用为元，则购买围棋副，根据题意列出不等式并解答．
【详解】
（1）设每副象棋元，则每副围棋元，
依题意得：，解得，
经检验，是原方程的解，．
答：每副象棋50元，每副围棋70元．
（2）设购买象棋副，再次购买同种围棋和象棋总费用为元，
则购买围棋副，
根据题意，，
∵，∴随的增大而减小，
∵），∴．
∴当时，取最小值，此时，
围棋：．
答：该校再次购买象棋40副和围棋20副才能使总费用最小，其最小费用是3400元．
【点睛】
本题考查了分式方程的应用和一元一次不等式的应用，分析题意，找到关键描述语，找到合适的数量关系是解决问题的关键．
22．（1），；（2）成立，理由见解析；（3）34或14
【分析】
（1）利用等腰直角三角形的性质得出BC=AC，EC=DC，在作差，得出BE=AD，再用∠ACB=90°，即可得出结论；
（2）先由旋转的旋转得出∠BCE=∠ACD，进而判断出△BCE≌△ACD（SAS），得出BE=AD，∠CBE=∠CAD，BE与AC的交点记作点H，BE与AD的交点记作点G，进而得出∠CAD+∠BHC=90°，即可得出结论；
（3）分两种情况，①当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD于M，求出EM=CM=DE=10，再用勾股定理求出AM=24，即可得出结论；
②当点D在线段AD的延长线上时，过点C作CN⊥AD于N，求出EN=CN=DE=10，再由勾股定理求出根据勾股定理得，AN=24，即可得出结论．
【详解】
解：（1）∵△ABC和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，
∴BC=AC，EC=DC，
∴BC-EC=AC-DC，
∴BE=AD，
∵点E在BC上，点D在AC上，且∠ACB=90°，
∴BE⊥AD，
故答案为BE=AD，BE⊥AD；
（2）（1）中结论仍然成立，理由：
由旋转知，∠BCE=∠ACD，
∵BC=AC，EC=DC，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，
如图2， BE与AC的交点记作点H，BE与AD的交点记作点G，

∵∠ACB=90°，
∴∠CBE+∠BHC=90°，
∴∠CAD+∠BHC=90°，
∵∠BHC=∠AHG，
∴∠CAD+∠AHG=90°，
∴∠AGH=90°，
∴BE⊥AD；
（3）①当点E在线段AD上时，如图3，过点C作CM⊥AD于M，

∵△CDE时等腰直角三角形，且DE=20，
∴EM=CM=DE=10，
在Rt△AMC中，AC=26，
根据勾股定理得，，
∴AE=AM-EM=24-10=14；
②当点D在线段AD的延长线上时，如图4，过点C作CN⊥AD于N，

∵△CDE时等腰直角三角形，且DE=20，
∴EN=CN=DE=10，
在Rt△ANC中，AC=26，
根据勾股定理得，
∴AE=AN+EN=24+10=34；
综上，AE的长为14或34，
故答案为14或34．
【点睛】
此题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的旋转，全等三角形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线构造出直角三角形是解本题的关键．