贵州省黔西南布依族苗族自治州2021_2022学年八年级数学上学期期末试题(含答案)

这是一份贵州省黔西南布依族苗族自治州2021_2022学年八年级数学上学期期末试题(含答案)，共22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。

贵州省黔西南布依族苗族自治州2021-2022学年
八年级上学期期末数学试题
一、单选题
1．在千家万户团圆的时刻，我市一批医务工作者奔赴武汉与疫情抗争，他们是“最美逆行者”.下列艺术字中，可以看作是轴对称图形的是（）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
把一个图形沿某一条直线对折，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形，根据定义判断即可．
【详解】
解：A、不是轴对称图形．
B、是轴对称图形．
C、不是轴对称图形．
D、不是轴对称图形．
故选：B．
【点睛】
本题主要是考查了轴对称图形的定义，熟练掌握轴对称图形的定义是解题的关键．
2．下列长度的各组线段中，能组成三角形的是（　　）
A．1，2，3 B．2，3，5 C．3，4，8 D．3，4，5
【答案】D
【分析】
根据两边之和大于第三边，两边之差小于第三边判断即可．
【详解】
∵1+2=3，
∴A不能构成三角形；
∵3+2=5，
∴B不能构成三角形；
∵3+4＜8，
∴C不能构成三角形；
∵∵3+4＞5，
∴D能构成三角形；
故选D．
【点睛】
本题考查了三角形的三边关系定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．
3．随着北斗系统全球组网的步伐，北斗芯片的研发生产技术也在逐步成熟，国产北斗芯片可支持接收多系统的导航信号，应用于自动驾驶、无人机、机器人等高精度定位需求领域，将为中国北斗导航产业发展提供有力支持．目前，该芯片工艺已达22nm（1nm＝1×10﹣9m）．数据22nm用科学记数法表示为（　　）
A．0.22×10﹣7m B．2.2×10﹣8m C．22×10﹣9m D．22×10﹣10m
【答案】B
【分析】
先将nm转化为m，再按科学记数法的表示形式为a×10n的形式，
【详解】
解：22nm=0.000000022m＝2.2×10−8m．
故选：B．
【点睛】
此题考查了科学记数法的表示方法．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．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．
4．下列计算正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
根据同底数幂的除法，同底数幂的乘法，幂的乘方，积的乘法法则计算即可．
【详解】
∵，
∴A正确；
∵，
∴B不正确；
∵，
∴C不正确；
∵，
∴D不正确；
故选A．
【点睛】
本题考查了幂的运算，熟练掌握各种运算的基本法则是解题的关键．
5．下列等式中，从左到右的变形是因式分解的是（）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，也叫做分解因式．根据定义即可进行判断．
【详解】
A、不是把一个多项式化为几个整式的积的形式，原变形不是因式分解，故此选项不符合题意；
B、原变形是整式乘法，不是因式分解，故此选项不符合题意；
C、把一个多项式化为几个整式的积的形式，原变形是因式分解，故此选项符合题意；
D、左边不是多项式，原变形不是因式分解，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了因式分解的定义．解题的关键是掌握因式分解的定义，要注意因式分解是整式的变形，并且因式分解与整式的乘法互为逆运算．
6．已知正多边形的一个外角等于45°，则该正多边形的内角和为（　　）
A．135° B．360° C．1080° D．1440°
【答案】C
【分析】
先利用正多边形的每一个外角为求解正多边形的边数，再利用正多边形的内角和公式可得答案.
【详解】
解：正多边形的一个外角等于45°，
这个正多边形的边数为：
这个多边形的内角和为：
故选C
【点睛】
本题考查的是正多边形内角和与外角和的综合，熟练的利用正多边形的外角的度数求解正多边形的边数是解本题的关键.
7．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB于点E．若AC＝10，DE＝4，则AD的长为（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【分析】
由∠C＝90°，BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB，DE＝4，证明再利用线段的和差关系可得答案.
【详解】
解：∠C＝90°，BD是∠ABC的平分线，DE⊥AB，DE＝4，



故选C
【点睛】
本题考查的是角平分线的性质，掌握“角平分线上的点到这个角的两边的距离相等”是解题的关键.
8．如图，点E在AB上，AC与DE相交于点F，△ABC≌△DEC，∠A＝20°，∠B＝∠CEB=65°．则∠DFA的度数为（）

A．65° B．70° C．85° D．110°
【答案】B
【分析】
利用全等三角形的性质可得∠DCE=∠ACB，然后利用三角形内角和定理可得∠DCA的度数，利用三角形外角与内角的关系可得答案．
【详解】
证明：∵△ABC≌△DEC，∠CEB=∠B=65°，
∴∠DCE=∠ACB，∠D=∠A=20°，
在△BEC中，∠CEB+∠B+∠ECB=180°，
∴∠ECB=180°-65°-65°=50°，
∴∠DCA=∠ECB=50°，
在△DFC中，
∠DFA=∠DCA+∠D=50°+20°=70°．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质，三角形的外角性质，关键是掌握全等三角形的对应边相等，全等三角形的对应角相等．
9．如图，OE是∠AOB的平分线，BD⊥OA，AC⊥OB，垂足分别为D、C，BD、AC都经过点E，则图中全等的三角形共有多少对（）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】
先根据角平分线的性质得到ED＝EC，则可利用“HL”判断Rt△OED≌Rt△OEC，则OD＝OC；再利用“ASA”判断△AED≌△BEC，则AD＝BC，然后根据“SAS”判断△OAE≌△OBE，△OAC≌△OBD．
【详解】
解：∵OE是∠AOB的平分线，BD⊥OA，AC⊥OB，
∴ED＝EC，，，
在Rt△OED和△OEC中，
，
∴Rt△OED≌Rt△OEC（HL）；
∴OD＝OC，
在△AED和△BEC中，
，
∴△AED≌△BEC（ASA）；
∴AD＝BC，
∴OD＋AD＝OC＋BC，即OA＝OB，
在△OAE和△OBE中，
，
∴△OAE≌△OBE（SAS），
在△OAC和△OBD中，

∴△OAC≌△OBD（SAS）．
故选B．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质与判定，角平分线的性质：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是关键；选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
10．若关于x的方程有增根，则m的值是（）
A．-2 B．2 C．1 D．-1
【答案】C
【分析】
先解分式方程求出方程的解，再根据“方程有增根”可得一个关于的一元一次方程，解方程即可得．
【详解】
解：，
方程两边同乘以得：，
解得，
因为关于的方程有增根，
所以，即，
所以，
解得，
故选：C．
【点睛】
本题考查了解分式方程，熟练掌握分式方程的解法是解题关键．
11．为响应“绿色出行”的号召，小王上班由自驾车改为乘坐公交车．已知小王家距上班地点18km，他乘公交车平均每小时行驶的路程比他自驾车平均每小时行驶的路程少10km．他从家出发到上班地点，乘公交车所用的时间是自驾车所用时间的，小王乘公交车上班平均每小时行驶（　　）
A．30km B．36km C．40km D．46km
【答案】A
【分析】
设王乘公交车上班平均每小时行驶x千米，则他自驾车平均每小时行驶（x+10）千米，然后根据题意列出方程求解即可．
【详解】
解：设王乘公交车上班平均每小时行驶x千米，则他自驾车平均每小时行驶（x+10）千米，
由题意得：，
解得，
经检验，是原方程的解，
∴小王乘公交车上班平均每小时行驶30km，
故选A．
【点睛】
本题主要考查了分式方程的实际应用，解题的关键在于能够准确理解题意列出方程求解．
12．如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点P在AB上，过点P作PE⊥AC，垂足为E，延长BC至点Q，使CQ＝PA，连接PQ交AC于点D，则DE的长为（　　）

A．1 B．1.8 C．2 D．2.5
【答案】C
【分析】
过作的平行线交于，通过证明≌，得，再由是等边三角形，即可得出．
【详解】
解：过作的平行线交于，

，
是等边三角形，
，，
是等边三角形，
，
∵CQ＝PA，
∴
在中和中，
，
≌，
，
于，是等边三角形，
，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】
本题主要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，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．

第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明

评卷人
得分



二、填空题
13．已知am＝4，an＝16，则a2m+n的值为_____．
【答案】256
【分析】
直接利用同底数幂的乘法运算法则计算得出答案．
【详解】
解：，
，
故答案为：256．
【点睛】
此题主要考查了同底数幂的乘法运算，正确将原式变形是解题关键．
14．若多项式9a2﹣ka+25是一个完全平方式，则k＝_____．
【答案】±30
【分析】
按照完全平方公式有和，差两种方式，进行配方计算即可．
【详解】
∵9﹣ka+25是一个完全平方式，
∴9﹣ka+25=，
解得k=±30，
故答案为：±30．
【点睛】
本题考查了完全平方公式，熟练掌握完全平方公式有和，差两种形式是解题的关键．
15．如图，已知AB＝12m，CA⊥AB于点A，DB⊥AB于点B，且AC＝4m，点P从点B向点A运动，每分钟走1m，点Q从点B向点D运动，每分钟走2m．若P，Q两点同时出发，运动_____分钟后，△CAP与△PQB全等．

【答案】4
【分析】
根据题意CA⊥AB，DB⊥AB，则，则分或两种情况讨论，根据路程等于速度乘以时间求得的长，根据全等列出一元一次方程解方程求解即可
【详解】
解：CA⊥AB，DB⊥AB
，
点P从点B向点A运动，每分钟走1m，点Q从点B向点D运动，每分钟走2m，设运动时间为，且AC＝4m，
，
当时
则，
即，
解得
当时，
则，
即，
解得且
不符合题意，故舍去
综上所述
即分钟后，△CAP与△PQB全等．
故答案为：
【点睛】
本题考查了三角形全等的性质，根据全等的性质列出方程是解题的关键．
16．如图，已知∠MON＝30°，点，…在射线ON上，点，…在射线OM上，△，△，△，…均为等边三角形．若O＝2，则△的边长为_____．

【答案】
【分析】
根据∠MON＝30°，△是等边三角形，确定=2，依次计算，，，确定规律计算即可．
【详解】
∵∠MON＝30°，△是等边三角形，
∴=2，
同理可得，，，
∴=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的判定，等边三角形的性质，图形中的规律，利用枚举法确定规律是解题的关键．

评卷人
得分



三、解答题
17．（1）计算：（x+2）（4x﹣1）﹣（2x﹣1）2；
（2）因式分解：a3b﹣2a2b2+ab3．
【答案】（1）11x-3；（2）ab（a-b）2
【分析】
（1）先按照多项式乘以多项式的法则，完全平方公式进行整式的乘法运算，再合并同类项即可；
（2）先提取公因式再按照完全平方公式分解因式即可.
【详解】
解：（1）（x+2）（4x﹣1）﹣（2x﹣1）2



（2）a3b﹣2a2b2+ab3


【点睛】
本题考查的是整式的乘法运算，利用完全平方公式进行简便运算，同时考查综合提公因式与公式法分解因式，掌握“完全平方公式的应用”是解本题的关键.
18．解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）x=-15；（2）
【分析】
（1）方程两边同时乘以公分母化为整式方程，解方程即可，注意分式方程要检验；
（2）方程两边同时乘以公分母化为整式方程，解方程即可，注意分式方程要检验．
【详解】
解：（1）方程两边同时乘以公分母，得


解得
经检验，是原方程的解
（2）方程两边同时乘以公分母


解得
经检验，是原方程的解
【点睛】
本题考查了解分式方程，找到公分母是解题的关键，注意分式方程要检验．
19．先化简，再求值：，其中a＝．
【答案】
【分析】
先对括号进行通分，后对除式分子，分母进行因式分解，化除为乘，进行化简，计算a值后，代入计算．
【详解】
∵
=
=；
a＝=，
∴原式=
=．
【点睛】
本题考查了分式的化简求值，熟练进行通分，因式分解，约分是解题的关键．
20．如图，三个顶点的坐标分别为，，．


（1）请画出关于轴对称的；
（2）写出点、、的坐标；
（3）在轴上求作一点，使的和最小，并直接写出的坐标．
【答案】（1）见解析；（2），，；（3）见解析，
【分析】
（1）分别作出关于轴对称的对应点，再首尾顺次连接即可；
（2）根据（1）的点的位置结合坐标系写出点的坐标即可；
（3）作点关于轴的对称点，连接，此时与轴的交点即使的和最小的点,先求得的解析式，然后根据是直线与轴的交点，进行求解即可．
【详解】
解：（1）如图所示，即为所求，


（2）由图知，，，；
（3）如图所示，作点关于轴的对称点，连接，此时与轴的交点即使的和最小的点,点即为所求，


设直线的解析式为

解得
直线的解析式为
是直线与轴的交点．
．
【点睛】
本题考查了轴对称作图，求一次函数解析式，一次函数与轴的交点，利用轴对称求最短路径，正确的得出对应点的坐标是解题的关键．
21．如图，在△ABC中，D是边AB上一点，E是边AC的中点，过点C作交DE的延长线于点F．

（1）求证：△ADE≌△CFE；
（2）若AB＝AC，CE＝5，CF＝7，求DB的长．
【答案】（1）见解析；（2）DB=3．
【分析】
（1）先证明再证明从而可得结论；
（2）利用全等三角形的性质证明再求解从而可得答案.
【详解】
证明：（1）E是边AC的中点，



△ADE≌△CFE；
（2）△ADE≌△CFE，CE＝5，CF＝7，

AB＝AC，


【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定与性质，掌握“利用证明三角形全等及利用全等三角形的性质求解线段的长度”是解本题的关键.
22．如图1，边长为a的大正方形中有一个边长为b的小正方形，把图1中的阴影部分拼成一个长方形（如图2所示）．

（1）写出根据上述操作利用阴影部分的面积关系得到的等式：　　．
（2）请应用（1）中的等式，解答下列问题：
①已知4a2﹣b2＝24，2a+b＝6，则2a﹣b＝　　；
②计算：2002﹣1992+1982﹣1972+…+42﹣32+22﹣12．
【答案】（1）；（2）①4；②20100．
【分析】
（1）将两个图中阴影部分面积分别表示出来，建立等式即可；（2）①利用平方差公式得出，代入求值即可；②利用平方差公式将写成，以此类推，然后化简求值．
【详解】
解：（1）图1中阴影部分面积，图2中阴影部分面积，
所以，得到公式
故答案为．
（2）①∵
∴
又∵2a+b＝6，

故答案为4．
②


【点睛】
本题考查平方差公式的应用．熟练掌握平方差公式是解题的关键．
23．甘蔗富含铁、锌等人体必需的微量元素，素有“补血果”的美称，是冬季热销的水果之一．为此，某水果商家12月份第一次用600元购进云南甘蔗若干千克，销售完后，他第二次又用600元购进该甘蔗，但这次每千克的进价比第一次的进价提高了，所购进甘蔗的数量比第一次少了．
（1）该商家第一次购进云南甘蔗的进价是每千克多少元？
（2）假设商家两次购进的云南甘蔗按同一价格销售，要使销售后获利不低于1000元，则每千克的售价至少为多少元？
【答案】（1）2元；（2）4元．
【分析】
(1)设该商家第一次购买云南甘蔗的进价是每千克元，根据题意列出方程即可求出答案；
(2)设每千克的售价为元，根据题意列出不等式即可求出答案．
【详解】
(1)设该商家第一次购买云南甘蔗的进价是每千克元，
根据题意可知：，
，

经检验，是原方程的解，
答：该商家第一次购买云南甘蔗的进价是每千克2元；
(2)设每千克的售价为元，
第一次销售了千克，第二次销售了250千克，
根据题意可知：
，

解得：，
答：每千克的售价至少为4元．
【点睛】
本题考查分式方程的应用，解题的关键是正确找出题中的等量关系．
24．如图△ABC是等边三角形，P是△ABC的角平分线BD上的一点，PE⊥AB于点E，线段BP的垂直平分线交BC于点F，垂足为Q．

（1）若BQ=2，求PE的长；
（2）连接PF，EF，试判断△EFP的形状，并说明理由．
【答案】（1）PE = 2；（2）△EFP的形状是直角三角形；理由见解析．
【分析】
（1）先根据△ABC是等边三角形，BP是∠ABC的平分线，可知∠EBP＝30°，由PE⊥AB于点E，进而可得，然后由线段BP的垂直平分线交BC于点F，可得BP＝2BQ＝4，进而可求PE的长；
（2）由等边三角形的性质得出∠ABC＝60°，∠ABP＝∠CBD＝30°，求出∠BPE＝60°，由线段垂直平分线的性质得出FB＝FP，由等腰三角形的性质得出∠FBQ＝∠FPQ＝30°，得出∠EPF＝∠EPB＋∠BPF＝90°即可．
【详解】
（1）是等边三角形，BP是的平分线，
，
于点E，
，
，
为线段BP的垂直平分线，
，
；
（2）是直角三角形，理由如下：
连接PF、EF，如图所示：

是等边三角形，BD平分，
，
，
，
，
垂直平分线段BP，
，
，
，
是直角三角形．
【点睛】
本题考查的是等边三角形的性质、角平分线的性质、含30°角的直角三角形的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识，熟知等边三角形的性质和等腰三角形的性质是解答此题的关键．
25．问题背景：如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系，小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是　　；
探索延伸：如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O处)北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以70海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以90海里/小时的速度，前进2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．

【答案】问题背景：EF=BE+DF；探索延伸：仍然成立，理由见解析；实际应用：此时两舰艇之间的距离为320海里
【分析】
问题背景：延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG，得到△AEF≌△AGF，证明EF=FG，得到答案；
探索延伸：连接EF，延长AE，BF相交于点C，利用全等三角形的性质证明EF=AE+FB．
实际应用：如图3，连接EF，延长AE，BF相交于点C，首先证明，∠FOE=∠AOB，利用结论EF=AE+BF求解即可．
【详解】
解：问题背景：由题意：△ABE≌△ADG，△AEF≌△AGF，
∴BE=DG，EF=GF，
∴EF=FG=DF+DG=BE+FD．
故答案为：EF=BE+FD．
探索延伸：EF=BE+FD仍然成立．
理由：如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG

∵∠B+∠ADC=180°，∠ADG+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADG，
又∵AB=AD，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
又∵∠EAF=∠BAD，
∴∠FAG=∠FAD+∠DAG=∠FAD+∠BAE=∠BAD﹣∠EAF，
=∠BAD﹣∠BAD=∠BAD，
∴∠EAF=∠GAF．
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=FG，
又∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+FD．
实际应用：如图3，连接EF，延长AE，BF相交于点C，

在四边形AOBC中，
∵∠AOB=30°+90°+20°=140°，∠FOE=70°=∠AOB，
又∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=60°+120°=180°，符合探索延伸中的条件，
∴结论EF=AE+FB成立．
即，EF=AE+FB=2×(70+90)=320(海里)
答：此时两舰艇之间的距离为320海里．
【点睛】
本题考查的是四边形知识的综合运用，掌握三角形全等的判定和性质、理解方位角的概念是解题的关键，注意规律的总结和运用．