上海市松江区3年（2020-2022）八年级数学上学期期末试题汇编-02填空题

这是一份上海市松江区3年（2020-2022）八年级数学上学期期末试题汇编-02填空题，共24页。试卷主要包含了化简，在实数范围内分解因式，，那么k=__________，已知，化简=_________等内容，欢迎下载使用。

上海市松江区3年（2020-2022）八年级数学上学期期末试题汇编-02填空题
1．（2022·上海松江·八年级期末）化简：= ________．
2．（2022·上海松江·八年级期末）一元二次方程的根是__________．
3．（2022·上海松江·八年级期末）在实数范围内分解因式：2a2﹣4＝______．
4．（2022·上海松江·八年级期末）函数的定义域为__________．
5．（2022·上海松江·八年级期末）若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是__________．
6．（2022·上海松江·八年级期末）正比例函数图像经过点（1，-1），那么k=__________．
7．（2022·上海松江·八年级期末）已知，化简=_________．
8．（2022·上海松江·八年级期末）不等式的解集是___________．
9．（2022·上海松江·八年级期末）已知反比例函数的图象位于第二、四象限，则的取值范围是_____．
10．（2022·上海松江·八年级期末）已知两个定点A、B的距离为4厘米，那么到点A、B距离之和为4厘米的点的轨迹是____________．
11．（2022·上海松江·八年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BD平分∠ABC，AD=4，CD=2，那么∠A=____度．

12．（2022·上海松江·八年级期末）如图，垂直平分，垂直平分，若，则__________°．

13．（2022·上海松江·八年级期末）在△ABC中，AD是BC边上的中线，AD⊥AB，如果AC=5，AD=2，那么AB的长是________．
14．（2022·上海松江·八年级期末）如图，长方形ABCD中，BC=5，AB=3，点E在边BC上，将△DCE沿着DE翻折后，点C落在线段AE上的点F处，那么CE的长度是________．

15．（2020·上海松江·八年级期末）计算：___________．
16．（2020·上海松江·八年级期末）写出的一个有理化因式___________．
17．（2020·上海松江·八年级期末）方程的根是___________．
18．（2020·上海松江·八年级期末）在实数范围内分解因式：___________．
19．（2020·上海松江·八年级期末）函数的定义域为___________．
20．（2020·上海松江·八年级期末）如果关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，那么m的取值范围是___________．
21．（2020·上海松江·八年级期末）已知，，那么___________．
22．（2020·上海松江·八年级期末）如果反比例函数y＝的图象位于第二、四象限，那么满足条件的正整数k的值是________.
23．（2020·上海松江·八年级期末）经过定点P，且半径等于2cm的圆的圆心的轨迹__________．
24．（2020·上海松江·八年级期末）直角坐标平面内，已知点，点，那么___________．
25．（2020·上海松江·八年级期末）如图，在中，已知，AB的垂直平分线交BC．AB于点D．E，，那么___________．

26．（2020·上海松江·八年级期末）如图，在中，，，BD平分，如果，那么 ___________cm．

27．（2020·上海松江·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AD=，AB=，BC=10，CD=8，∠BAD=90°，那么四边形ABCD的面积是___________．

28．（2020·上海松江·八年级期末）如图，A点坐标为，C点坐标为，将沿AC翻折得，则P点坐标为_________．

29．（2020·上海松江·八年级期末）小明同学骑自行车从家里出发依次去甲、乙两个景点游玩，他离家的距离与所用的时间之间的函数图像如图所示：

（1）甲景点与乙景点相距___________千米，乙景点与小明家距离是___________千米；
（2）当时，y与x的函数关系式是___________；
（3）小明在游玩途中，停留所用时间为___________小时，在6小时内共骑行___________千米．
30．（2020·上海松江·八年级期末）计算：的结果是____________．
31．（2020·上海松江·八年级期末）计算：________．
32．（2020·上海松江·八年级期末）已知是方程的一个根，那么m=_________．
33．（2020·上海松江·八年级期末）在实数范围内分解因式：=____________．
34．（2020·上海松江·八年级期末）函数的定义域为_________________．
35．（2020·上海松江·八年级期末）已知反比例函数的图像有一支在第二象限，那么常数的取值范围是_____．
36．（2020·上海松江·八年级期末）已知直角坐标平面上点P(3,2)和Q(-1,5)，那么PQ=____________.
37．（2020·上海松江·八年级期末）“有两角及其中一角的平分线对应相等的两个三角形全等”是_____命题．（填“真”或“假”）
38．（2020·上海松江·八年级期末）如图,在中，，AB的垂直平分线EF分别交BC、AB于点E、F，∠AEF=65°，那么∠CAE=_________.

39．（2020·上海松江·八年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠CAB，BC＝12cm，AC＝9cm，那么BD的长是_____．

40．（2020·上海松江·八年级期末）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AF⊥BC于F，M是CD中点，AM的延长线交BC的延长线于E，AE⊥AB，∠B=60°，AF=，则梯形的面积是___．

41．（2020·上海松江·八年级期末）如图，△ABC中，已知∠C=90°，∠B=55°，点D在边BC上，BD=2CD．把△ABC绕着点D逆时针旋转m（0＜m＜180）度后，如果点B恰好落在初始Rt△ABC的边上，那么m=_____


参考答案：
1．
【分析】先利用平方差公式，单项式乘以多项式进行整式的乘法运算，再合并同类项即可.
【详解】解：


故答案为：
【点睛】本题考查的是利用平方差公式进行计算，单项式乘以多项式，掌握“利用平方差公式进行简便运算”是解本题的关键.
2．
【分析】先移项，再把方程的左边分解因式，从而可把原方程化为两个一次方程，再解一次方程即可.
【详解】解： ，


或
解得：
故答案为：
【点睛】本题考查的是利用因式分解法解一元二次方程，掌握“把方程的右边化为0，把左边分解因式，再化为两个一次方程”是解本题的关键.
3．2（a+）（a﹣）
【分析】先提取公因式2后，再把剩下的式子写成，符合平方差公式的特点，可以继续分解．
【详解】解：2a2﹣4＝2（a2﹣2）＝2（a+）（a﹣）．
故答案为：2（a+）（a﹣）．
【点睛】本题考查实数范围内的因式分解，因式分解的步骤为：一提公因式；二看公式．在实数范围内进行因式分解的式子的结果一般要分到出现无理数为止．
4．且
【分析】由分式与二次根式有意义的条件可得再解不等式组即可得到答案.
【详解】解：由题意可得：

由①得：
由②得：
所以函数的定义域为且
故答案为：且
【点睛】本题考查的是二次函数的自变量的取值范围，分式有意义的条件，二次根式有意义的条件，掌握“分式与二次根式有意义的条件”是解本题的关键.
5．
【分析】利用一元二次方程的根判别式即可求解
【详解】解：∵一元二次方程有两个不相等的实数根
∴由根的判别式得，，
解得
故答案为
【点睛】本题考查了根的判别式，解题的关键是根据根的情况判断出根的判别式的情况，从而作出解答．
6．-2
【分析】由正比例函数的图象经过点的坐标，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出-1=k+1，即可得出k值．
【详解】解：∵正比例函数的图象经过点（1，-1），
∴-1=k+1，
∴k=-2．
故答案为：-2．
【点睛】本题考查了正比例函数图象上点的坐标特征，牢记直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx是解题的关键．
7．1
【分析】由可得再化简二次根式与绝对值，最后合并即可.
【详解】解： ，




故答案为：
【点睛】本题考查的是二次根式的化简，绝对值的化简，掌握“”是解本题的关键.
8．
【分析】按照解不等式的步骤，先移项，再合并同类项，系数化为1，最后对结果进行化简即可．
【详解】解：，
，
，
，
∴．
故答案为．
【点睛】本题考查了不等式的解法以及二次根式的分母有理化，根据不等式的性质，确定未知系数的有理化因式是解题的关键．
9．
【分析】根据反比例函数的性质得k-3＜0，然后解不等式即可．
【详解】解：根据题意得k-3＜0，
解得k＜3．
故答案是：k＜3．
【点睛】考查了反比例函数的性质，反比例函数的性质：反比例函数y=（k≠0）的图象是双曲线；当k＞0，双曲线的两支分别位于第一、第三象限，在每一象限内y随x的增大而减小；当k＜0，双曲线的两支分别位于第二、第四象限，在每一象限内y随x的增大而增大．
10．线段AB
【分析】设到定点A、B的距离之和为4厘米的点是点P，若点P不在线段AB上，易得PA+PB＞4，若点P在线段AB上，则PA+PB=AB=4，由此可得答案．
【详解】解：设到定点A、B的距离之和为4厘米的点是点P，
若点P在不在线段AB上，则点P在直线AB外或线段AB的延长线或线段BA的延长线上，则由三角形的三边关系或线段的大小关系可得：PA+PB＞AB，即PA+PB＞4，
若点P在线段AB上，则PA+PB=AB=4，
所以到点A、B的距离之和为4厘米的点的轨迹是线段AB．
故答案为：线段AB．
【点睛】本题考查了点的轨迹和三角形的三边关系，正确理解题意、掌握解答的方法是关键．
11．
【分析】过点D作DE⊥AB于E，取A、D的中点F，连接EF，根据角平分线性质求出，然后通过证明是等边三角形得出，由三角形内角和定理即可求解．
【详解】证明：过点D作DE⊥AB于E，取A、D的中点F，连接EF，则，
∵，
∴,
∵EF是的中线，
∴，
∵∠C＝90°，BD平分∠ABC，CD=2，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴
故答案为：30．

【点睛】本题考查了三角形内角和定理、角平分线性质的应用及直角三角形斜边上的中线，解题的关键是做辅助线证明是等边三角形，注意：角平分线上的点到角的两边的距离相等．
12．
【分析】先由已知求出∠B+∠C=70°，再根据线段垂直平分线的性质和等腰三角形的等边对等角的性质证得∠B=∠BAD，∠C=∠CAE，则有∠BAD+∠CAE=70°，进而求得∠DAE的度数．
【详解】解：∵在△ABC中，∠BAC=110°，
∴∠B+∠C=180°﹣110°=70°，
∵垂直平分，垂直平分，
∴AD=BD，AE=CE，
∴∠B=∠BAD，∠C=∠CAE，
∴∠BAD+∠CAE=70°，
∴∠ADE=∠BAC﹣（∠BAD+∠CAE）=110°﹣70°=40°，
故答案为：40°．
【点睛】本题考查线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和等理，熟练掌握线段垂直平分线的性质和等腰三角形的等边对等角的性质是解答的关键．
13．3
【分析】过点C作CE∥AB交AD延长线于E，先证△ABD≌△ECD（AAS），求出AE=2AD=4，在Rt△AEC中，即可．
【详解】解：过点C作CE∥AB交AD延长线于E，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
∵AD⊥AB，CE∥AB，
∴AD⊥CE，∠ABD=∠ECD，
∴∠E=90°，
在△ABD和△ECD中
，
∴△ABD≌△ECD（AAS），
∴AB=EC，AD=ED=2，
∴AE=2AD=4，
在Rt△AEC中，，
∴AB=CE=3．
故答案为：3．

【点睛】本题考查中线性质，平行线性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，掌握中线性质，平行线性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，关键是利用辅助线构造三角形全等．
14．
【分析】由对折先证明再利用勾股定理求解 再证明 从而求解 于是可得答案.
【详解】解： 长方形ABCD中，BC=5，AB=3，

由折叠可得：







故答案为：
【点睛】本题考查的是长方形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，求解是解本题的关键.
15．
【分析】根据二次根式的除法法则，即可求解．
【详解】，
故答案是：
【点睛】本题主要考查二次根式的除法运算，熟练掌握二次根式的除法法则，是解题的关键．
16．
【分析】根据平方差公式，即可得到答案．
【详解】∵，
∴是的一个有理化因式，
故答案是：．
【点睛】本题主要考查二次根式的有理化，熟练掌握平方差公式，是解题的关键．
17．
【分析】把1-x看作是一个整体，直接开平方解方程即可．
【详解】，
即，
直接开平方得：，
移项得：，
∴，，
故答案为：．
【点睛】本题考察解一元二次方程－直接开平方法，掌握平方根性质及意义是解题的关键．
18．
【分析】先求出0的根，进而即可分解因式．
【详解】∵0时，，
∴，
故答案是：
【点睛】本题主要考查实数范围内的分解因式，掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
19．x＞-1
【分析】根据二次根式有意义的条件以及分母不等于零，即可得到答案．
【详解】由题意得：1+x＞0，解得：x＞-1．
故答案是：x＞-1．
【点睛】本题主要考查函数的自变量的取值范围，熟练掌握二次根式有意义的条件以及分母不等于零，是解题的关键．
20．
【分析】由题意得：一元二次方程根的判别式的值大于零，列出关于m的不等式，即可求解．
【详解】∵关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式与根的关系，熟练掌握一元二次方程有两个不相等的实数根，则判别式的值大于零，是解题的关键．
21．
【分析】根据，把x=代入可得关于k的一元一次方程，解方程求出k值即可得答案．
【详解】∵，，
∴x=时，k=2，
解得：k=．
故答案为：
【点睛】本题考查函数值求解，熟练运用待定系数法是解题关键．
22．1，2
【分析】由反比例函数的性质列出不等式，解出k的范围，在这个范围写出k的整数解则可．
【详解】解：由题意得k-3<0，
∴k<3，
∴满足该条件的正整数k的值是1，2．
故答案为：1，2
【点睛】本题考查的是反比例函数的图象的性质，熟练掌握反比例函数的图象的性质是解题的关键．
23．以P点为圆心，2cm为半径的圆
【分析】求圆心的轨迹实际上是求距P点2厘米能画一个什么图形．
【详解】解：所求圆心的轨迹，就是到P点的距离等于2厘米的点的集合，
因此应该是一个以点P为圆心，2cm为半径的圆；
故答案为：以点P为圆心，2cm为半径的圆．
【点睛】此题所求圆心的轨迹，就是到顶点的距离等于定长的点的集合，因此应该是一个圆．
24．5
【分析】根据平面直角坐标系中，两点间的距离公式，直接求解即可．
【详解】∵点，点，
∴，
故答案是：5．
【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中，两点间的距离公式，掌握勾股定理和两点间的距离公式是解题的关键．
25．10°
【分析】根据直角三角形的性质得∠B=40°，结合中垂线的性质，得DA=DB，进而即可求解．
【详解】∵在中，，，
∴∠B=90°-50°=40°，
∵AB的垂直平分线交BC，AB于点D，E，
∴DA=DB，
∴∠DAB=∠B=40°，
∴∠CAB-∠DAB=10°，
故答案是：10°．
【点睛】本题主要考查直角三角形的性质，中垂线的性质以及等腰三角形的性质，熟练掌握中垂线的性质和等腰三角形的性质，是解题的关键．
26．6
【分析】先求得∠ABD=∠CBD=30°，进而得AD=BD，设AD=BD=x(cm)，列出关于x的方程，即可求解．
【详解】∵在中，，，
∴∠ABC=60°,
∵BD平分，
∴∠ABD=∠CBD=30°，
∴∠ABD=∠A，
∴AD=BD，
设AD=BD=x(cm)，
∵AC=9cm，
∴CD=(9-x)cm，
∴，即：x=6，
∴6．
故答案是：6
【点睛】本题主要考查等腰三角形的判定定理以及含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握“直角三角形中，30°角所对的直角边是斜边的一半”是解题的关键．
27．+24
【分析】连结BD，然后根据勾股定理求得BD的值和△BAD的面积，再根据勾股定理逆定理得到△BDC是直角三角形，所以可以得到△BDC的面积，从而得到四边形ABCD的面积．
【详解】解：如图，连结BD，

∵∠BAD=90°，
∴，
∵， ，
∴BD=6，
∵BD2=36，CD2=64，BC2=100，BD2+CD2=BC2，
∴∠BDC=90°，
∴S△ABD=，S△BDC=，
∴四边形ABCD的面积是= S△ABD+ S△BDC=+24
故答案为： +24．
【点睛】本题考查勾股定理以及逆定理，三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
28．
【分析】在Rt△COA中，根据OA=和OC=1，根据勾股定理可得AC=2，得到，根据翻折性质可得，继而可得，，在Rt△PAG中，根据所对直角边等于斜边的一半可以求出AG的长，利用勾股定理可求出PG的长，从而得到P点坐标．
【详解】如下图，过点P作轴于点G，

∵OA=，OC=1，
∴AC=，
∴，
∴，
∵△AOC沿AC翻折得到△APC，
∴，
∴，，AP=，
∴，，
∴OG==AO-AG=-=,
∴点P的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查折叠的性质、含角的直角三角形及勾股定理，熟练掌握含角的直角三角形及勾股定理是解题的关键．
29．（1）6，12；（2）y=6x；（3）3，24
【分析】（1）根据函数图像，直接得到答案即可；
（2）根据待定系数法，即可求解；
（3）根据函数图像，直接得到答案即可．
【详解】（1）由图像可知：当3≤x≤4时，小明从甲景点到乙景点，所以甲景点与乙景点相距6千米，当5≤x≤6时，小明从乙景点到家，所以乙景点与小明家距离是12千米，
故答案是：6，12；
（2）当时，y是x的正比例函数，设y=kx，
把A（1，6）代入y=kx，得6=k，所以y与x的函数关系式是y=6x，
故答案是：y=6x；
（3）由图像得，当1≤x≤3时，小明在甲景点玩，当4≤x≤5时，小明在乙景点玩，所以小明在游玩途中，停留所用时间为3小时；小明从家到甲景点6千米，小明从甲景点到乙景点6千米，乙景点与小明家距离是12千米，所以在6小时内共骑行24千米，
故答案是：3，24
【点睛】本题主要考查函数图像，理解函数图象上点得坐标的实际意义，是解题的关键．
30．2
【分析】根据二次根式乘法法则计算即可．
【详解】


．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次根式的乘法，熟练掌握运算法则是解题的关键．
31．
【分析】根据二次根式的性质求解即可．
【详解】解析  解：原式．
故答案为．
【点睛】本题考查了二次根式的双重非负性，无理数的大小比较，掌握二次根式的性质是解题的关键．
32．
【分析】将代入方程，即可得到答案.
【详解】把x=3代入得9-6+m=0，解得m=-3.故答案为-3.
【点睛】本题考查是有关一元二次方程的应用和一元一次方程的解法，解题的关键是熟悉有关一元二次方程的应用和一元一次方程的解法，要能够熟练灵活的应用.
33．
【分析】首先令x2-3x-2=0，利用公式法即可求得此一元二次方程的解，继而可将此多项式分解．
【详解】令x2−3x−2=0，
则a=1，b=−3，c=−2，
∴x==
∴x2−3x−2=.
故答案为.
【点睛】本题考查实数范围内分解因式，解题的关键是掌握实数范围内分解因式.
34．x＞5
【分析】根据二次根式被开方数大于等于0，分母不等于0，列不等式求解即可．
【详解】解：根据题意得：x−5＞0，
解得x＞5，
故答案为：x＞5.
【点睛】本题考查求函数自变量的范围，一般从三个方面考虑：（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数为非负数．
35．
【分析】由函数图象有一支在第二象限，可得<0，解上步得到的不等式即可得到m的取值范围.
【详解】由反比例函数的图象有一支在第二象限，可得<0，解得.
【点睛】本题考查反比例函数的性质，解题的关键是掌握反比例函数的性质.
36．
【分析】根据平面直角坐标系中两点的距离公式直接计算即可．
【详解】∵P(3,2)和Q(-1,5)，
∴PQ==5.
【点睛】本题考查两点间的距离公式，解题的关键是掌握两点间的距离公式.
37．真
【分析】将原命题写出已知和求证，然后进行证明后即可得到该命题为真命题．
【详解】已知：△ABC和△A′B′C′中,∠A=∠A′,∠B=∠B′,∠B、∠B′的角平分线,BD=B′D′，
求证：△ABC≌△A′B′C′.
证明：∵∠B=∠B′且∠B、∠B′的角平分线分别为BD和B′D′，
∴∠ABD=∠A′B′D′=∠B，
∵BD=B′D′,∠A=∠A′，
∴△ABD≌△A′B′D′，
∴AB=A′B′，
∵∠A=∠A′,∠B=∠B′，
∴△ABC≌△A′B′C′.
∴“有两角及其中一角的平分线对应相等的两个三角形全等”是真命题，
故答案为真.
【点睛】本题考查命题与定理，解题的关键是掌握命题证明的基本步骤.
38．
【分析】根据垂直平分线的性质和三角形内角和的性质进行计算，即可得到答案.
【详解】因为AB的垂直平分线EF分别交BC、AB于点E、F，所以三角形AEB是等腰三角形，∠EAF=∠EBF，∠EFA=∠EFB；又因为∠AEF=65°，所以∠EAF =180°-∠EFA -∠AEF=25°，；因为∠EAF=∠EBF，所以∠EAF=∠EBF=25°.所以∠CAE=90°-∠EAF- EBF =40°.
【点睛】本题考查垂直平分线的性质和三角形内角和的性质，解题的关键是掌握垂直平分线的性质和三角形内角和的性质.
39．cm
【分析】作DE⊥AB于E，根据勾股定理求出AB，证明△ACD≌△AED，根据全等三角形的性质得到CD＝ED，AE＝AC＝9，根据角平分线的性质、勾股定理列式计算即可．
【详解】解：作DE⊥AB于E，

由勾股定理得，AB＝＝＝15，
在△ACD和△AED中，
，
∴△ACD≌△AED（AAS）
∴CD＝ED，AE＝AC＝9，
∴BE＝AB﹣AE＝6，
在Rt△BED中，BD2＝DE2+BE2，即BD2＝（12﹣BD）2+62，
解得，BD＝，
故答案为：cm．
【点睛】此题考查的是勾股定理和全等三角形的判定及性质，掌握利用勾股定理解直角三角形和全等三角形的判定及性质是解决此题的关键．
40．
【分析】根据已知条件易证△ADM≌△ECM，得S△ADM＝S△ECM，进而得到S梯形＝S△ABE，然后解直角△ABF，求出AB，进而可得AE，根据三角形面积公式求出S△ABE即可．
【详解】解：∵AD∥BC，
∴∠DAM＝∠E，∠D＝∠ECM，
∵DM＝CM，
∴△ADM≌△ECM，
∴S△ADM＝S△ECM，
∴S梯形＝S△ABE，
∵AF⊥BC，∠B＝60°，AF＝，
∴sin60°＝，即，
解得：，
∵AE⊥AB，
∴，
∴S△ABE＝，即梯形的面积是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线的性质、全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识点，求出S梯形＝S△ABE是解题关键．
41．70°或120°
【分析】①当点B落在AB边上时，根据DB=DB1，即可解决问题，②当点B落在AC上时，在RT△DCB2中，根据∠C=90°，DB2=DB=2CD可以判定∠CB2D=30°，由此即可解决问题．
【详解】
①当点B落在AB边上时，
∵，
∴，
∴，
②当点B落在AC上时，
在中,
∵∠C=90°, ，
∴，
∴，
故答案为70°或120°.
【点睛】本题考查的知识点是旋转的性质，解题关键是考虑多种情况，进行分类讨论.