2023-2024学年吉林省白山市靖宇县八年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年吉林省白山市靖宇县八年级（上）期末数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下面四个图形分别是节能、节水、低碳和绿色食品标志，是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.在下列长度的三条线段中，能围成三角形的是( )
A. 2，3，4B. 2，3，5C. 3，5，9D. 8，4，4
3.下列计算正确的是( )
A. a4⋅a3=a12B. a8÷a4=a2C. a3+a3=2a6D. (a2)4=a8
4.三角形的两条边长为3和7，那么第三边长可能是( )
A. 1B. 4C. 7D. 10
5.如图，AB/​/CD，点E在线段BC上，CD=CE.若∠ABC=30°，则∠D的度数为( )
A. 85°
B. 75°
C. 65°
D. 30°
6.图中的小正方形边长都相等，若△MNP≌△MEQ，则点Q可能是图中的( )
A. 点AB. 点BC. 点CD. 点D
7.将一副三角板按图中的方式叠放，则∠α等于( )
A. 75°
B. 60°
C. 45°
D. 30°
8.为响应承办“绿色奥运”的号召，九年级(1)班全体师生义务植树300棵．原计划每小时植树x棵，但由于参加植树的全体师生植树的积极性高涨，实际工作效率提高为原计划的1.2倍，结果提前20分钟完成任务．则下面所列方程中，正确的是( )
A. 300x−2060=3001.2xB. 300x−3001.2x=20
C. 300x−300x+1.2x=2060D. 300x=3001.2x−2060
9.如图，是由9个等边三角形拼成的六边形，若已知中间最小的三角形的边长是3，则六边形的周长为( )
A. 90
B. 60
C. 50
D. 30
10.如图，七边形ABCDEFG中，AB、ED的延长线交于点O，∠1、∠2、∠3、∠4对应的外角和等于215°，则∠BOD的度数为( )
A. 30°
B. 35°
C. 40°
D. 45°
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.已知点P的坐标为(−2,3).则它关于y轴对称的点P′的坐标是 ．
12.(−12)−3= ______ ．
13.(3a2−6ab)÷3a=______．
14.如图，∠1、∠2、∠3、∠4是五边形ABCDE的4个外角，若∠A=100°，则∠1+∠2+∠3+∠4= ______ ．
15.式子abcd称为二阶行列式，规定它的运算法则为abcd=ad−bc，则二阶行列式a2−a1a1a2−1= ______ ．
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题7分)
先化简，再求值：已知(x2x−3+93−x)÷x−1x2−2x+1，其中x满足x2+2x−5=0．
17.(本小题8分)
在△ABC中，AD是△ABC的高，∠B=30°，∠C=52°．
(1)尺规作图：作△ABC的角平分线AE；
(2)求∠DAE的大小．
18.(本小题8分)
在直角坐标系中，△ABC的三个顶点的位置如图所示．
(1)请画出△ABC关于y轴对称的△A′B′C′(其中A′，B′，C′分别是A，B，C的对应点，不写画法)；
(2)直接写出A′，B′，C′三点的坐标A′(______ )，B′(______ )，C′(______ )；
(3)求出△A′B′C′的面积．
19.(本小题10分)
受疫情影响，“84”消毒液需求量猛增，某商场用8000元购进一批“84”消毒液后，供不应求，商场用17600元购进第二批这种“84”消毒液，所购数量是第一批数量的2倍，但单价贵了1元．
(1)求该商场购进的第一批“84”消毒液的单价；
(2)商场销售这种“84”消毒液时，每瓶定价为13元，最后200瓶按9折销售，很快售完，在这两笔生意中商场共获利多少元？
20.(本小题10分)
如图，在△ABC中，∠B=60°，点M从点B出发沿线段BC方向，在线段BC上运动.在点M运动的过程中，连结AM，并以AM为边在线段BC上方，作等边△AMN，连结CN．
(1)当∠BAM= ______ °时，AB=2BM；
(2)请添加一个条件：______ ，使得△ABC为等边三角形；当△ABC为等边三角形时，求证：CN+CM=AC．
21.(本小题10分)
阅读材料：把形ax2+bx+c的二次三项式(或其一部分)配成完全平方式的方法叫配方法.配方法的基本形式是完全平方公式的逆写，即a2±2ab+b2=(a±b)2.请根据阅读材料解决下列问题：
(1)填空：a2−4a+4= ______ ．
(2)先化简，再求值：(a+b)(a−b)+(2a3b−4ab3)÷2ab，其中a、b满足a2+2a+b2−6b+10=0．
(3)若a、b、c分别是△ABC的三边，且a2+4b2+c2−2ab−6b−2c+4=0，试判断△ABC的形状，并说明理由．
22.(本小题10分)
如图，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AE=AC，AF⊥CF，垂足为F．
(1)求证：△ABC≌△ADE；
(2)若AC=10，求四边形ABCD的面积；
(3)求∠FAE的度数．
23.(本小题12分)
通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：
【模型呈现】
(1)如图1，∠BAD=90°，AB=AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E.由∠1+∠2=∠2+∠D=90°，得∠1=∠D.又∠ACB=∠AED=90°，可以推理得到△ABC≌△DAE.进而得到AC=______，BC=______.我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；
【模型应用】
(2)①如图2，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AC=AE，连接BC，DE，且BC⊥AF于点F，DE与直线AF交于点G.求证：点G是DE的中点；
②如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(2,4)，点B为平面内任一点．若△AOB是以OA为斜边的等腰直角三角形，请直接写出点B的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了轴对称图形，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可完全重合．根据轴对称图形的概念求解即可．
【解答】解：A.不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B.不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C.不是轴对称图形，故本选项不合题意；
D.是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
2.【答案】A
【解析】【分析】
此题考查了三角形的三边关系．判断能否组成三角形的简便方法是看较小的两个数的和是否大于第三个数．根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”进行分析即可．
【解答】
解：根据三角形的三边关系，
A、2+3>4，能组成三角形，符合题意；
B、2+3=5，不能够组成三角形，不符合题意；
C、3+5=8<9，不能组成三角形，不符合题意；
D、4+4=8，不能组成三角形，不符合题意．
故选：A．
3.【答案】D
【解析】解：A、a4⋅a3=a7，所以A选项计算不正确，不符合题意；
B、a8÷a4=a4，所以B选项计算不正确，不符合题意；
C、a3+a3=2a3，所以C选项计算不正确，不符合题意；
D、(a2)4=a8，所以D选项计算正确，符合题意．
故选：D．
根据同底数幂的乘除法法则，合并同类项法则，幂的乘方法则，对各选项分析判断后利用排除法求解．
本题考查合并同类项、同底数幂的乘法、幂的乘方、同底数幂的除法，熟练掌握运算性质和法则是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：设第三边长为x，则
由三角形三边关系定理得7−3故选：C．
根据在三角形中任意两边之和>第三边，任意两边之差<第三边；可求第三边长的范围，再选出答案．
本题考查了三角形三边关系，此题实际上就是根据三角形三边关系定理列出不等式，然后解不等式即可．
5.【答案】B
【解析】解：∵AB/​/CD，
∴∠C=∠ABC=30°，
又∵CD=CE，
∴∠D=∠CED，
∵∠C+∠D+∠CED=180°，即30°+2∠D=180°，
∴∠D=75°．
故选：B．
先由AB/​/CD，得∠C=∠ABC=30°，CD=CE，得∠D=∠CED，再根据三角形内角和定理得，∠C+∠D+∠CED=180°，即30°+2∠D=180°，从而求出∠D．
此题考查的是平行线的性质及三角形内角和定理，解题的关键是先根据平行线的性质求出∠C，再由CD=CE得出∠D=∠CED，由三角形内角和定理求出∠D．
6.【答案】D
【解析】解：如图，
∵△MNP≌△MEQ，
∴点Q应是图中的D点，
故选：D．
根据全等三角形的性质和已知图形得出即可．
本题考查了全等三角形的性质，能熟记全等三角形的性质的内容是解此题的关键，注意：全等三角形的对应角相等，对应边相等．
7.【答案】A
【解析】解：∵∠CBA=60°，∠BCD=45°，
∴∠α=180°−∠CBA−∠BCD=75°，
故选：A．
首先根据三角板可知：∠CBA=60°，∠BCD=45°，再根据三角形内角和为180°，可以求出∠α的度数．
此题主要考查了三角形内角和定理，关键是根据三角板得到∠CBA与∠BCD的度数．
8.【答案】A
【解析】解：原计划植树用的时间应该表示为300x，而实际用的时间为3001.2x.那么方程可表示为300x−2060=3001.2x．
故选：A．
关键描述语为：提前20分钟完成任务；等量关系为：原计划用的时间−提前的时间=实际用的时间．
本题考查由实际问题抽象出分式方程.找到关键描述语，找到等量关系是解决问题的关键．本题要注意时间的单位的统一．
9.【答案】A
【解析】解：设等边△ABC的边长为a．
∵9个三角形都是等边三角形，
∴NA=AW=AB=BN=BC=a，
CD=CE=DE=DF=a+3，
GF=HF=MG=a+6，
MN=MW=a+9．
∵NW=NA+AW，
∴a+9=2a．
∴a=9．
∴拼成的六边形的周长为：NB+BC+CD+DF+GF+MG+MN
=a+a+a+3+a+3+a+6+a+6+a+9
=7a+27
=63+27
=90．
故选：A．
设左下角三个小的等边三角形的边长是a，则剩下的5个等边三角形的边长是3+a、3+a、a+6、a+6、a+9，根据题意得到方程2a=a+9，求出a后可求出围成的六边形的周长．
本题考查了等边三角形的性质，根据等边三角形边长间关系列出一元一次方程是解决本题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：∵∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为215°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+215°=4×180°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=505°，
∵五边形OAGFE内角和=(5−2)×180°=540°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠BOD=540°，
∴∠BOD=540°−505°=35°．
故选：B．
由外角和内角的关系可求得∠1、∠2、∠3、∠4的和，由五边形内角和可求得五边形OAGFE的内角和，
则可求得∠BOD．
本题主要考查多边形的内角和，利用内角和外角的关系求得∠1、∠2、∠3、∠4的和是解题的关键．
11.【答案】(2,3)
【解析】【分析】
此题主要考查了关于y轴对称点的坐标．关于y轴的对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变．直接利用关于y轴对称点的坐标特点得出答案即可．
【解答】
解：点P的坐标为(−2,3)关于y轴对称的点P′的坐标是(2,3)，
故答案为：(2,3)．
12.【答案】−8
【解析】【分析】
此题主要考查了负整数指数幂的计算，正确应用计算公式是解题关键．根据负整数指数幂：a−p=1ap(a≠0,p为正整数)得出即可．
【解答】
解：(−12)−3=1(−12)3=1−18=−8．
故答案为−8．
13.【答案】a−2b
【解析】【分析】
此题主要考查了多项式除以单项式．直接利用多项式除以单项式运算法则计算得出答案．
【解答】
解：(3a2−6ab)÷3a
=3a2÷3a−6ab÷3a
=a−2b．
故答案为：a−2b．
14.【答案】280°
【解析】解：如图，∵∠EAB+∠5=180°，∠EAB=100°，
∴∠5=80°．
∵∠1+∠2+∠3+∠4+∠5=360°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=360−80°=280°
故答案为280°．
先根据邻补角的定义得出与∠EAB相邻的外角∠5的度数，再根据多边形的外角和定理即可求解．
本题主要考查了多边形内角与外角的关系及多边形的外角和定理，比较简单．
15.【答案】−a2a+1
【解析】解：a2−a1a1a2−1
=(a2−a)⋅1a2−1−a×1
=a(a−1)⋅1(a+1)(a−1)−a
=aa+1−a
=a−a(a+1)a+1
=−a2a+1，
故答案为：−a2a+1．
先根据题意进行变形，再根据分式的乘法法则和整式的乘法法则算乘法，最后算减法即可．
本题考查了分式的混合运算和整式的混合运算，能正确根据运算法则进行化简是解此题的关键．
16.【答案】解：原式=(x2x−3−9x−3)÷x−1(x−1)2
=(x+3)(x−3)x−3⋅(x−1)2x−1
=(x−1)(x+3)
=x2+2x−3，
因为x2+2x−5=0，
所以x2+2x=5，
则原式=x2+2x−3=5−3=2．
【解析】先根据分式的混合运算法则化简原式，再由方程得出x2+2x=5，代入即可得到答案．
本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算法则．
17.【答案】解：(1)如图，AE为所作；
(2)∵∠B=30°，∠C=52°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=98°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAC=12∠BAC=49°，
∵AD为高，
∴∠ADC=90°，
∴∠DAC=90°−∠C=38°，
∴∠DAE=∠EAC−∠DAC=49°−38°=11°．
【解析】(1)利用基本作图作AE平分∠BAC；
(2)先利用三角形内角和定理计算出∠BAC=98°，再利用角平分线的定义得到∠EAC=49°，接着计算出∠DAC，然后计算∠EAC−∠DAC即可．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握基本作图(作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线).也考查了三角形内角和定理．
18.【答案】3，3 −1，−3 0，4
【解析】解：(1)如图，△A′B′C′即为所求作．
(2)A′(3,3)，B′((−1,−3)，C′(0,4)，
故答案为：3，3；−1.3；0，4．
(3)S△A′B′C′=4×7−12×1×7−12×3×1−12×4×6=11．
(1)分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′即可．
(2)根据A′，B′，C′的位置写出坐标即可．
(3)利用分割法求解即可．
本题考查作图−轴对称变换，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
19.【答案】解：(1)设该商场购进的第一批“84”消毒液单价为x元/瓶，依题意得：2×8000x=17600x+1．
解得，x=10．
经检验，x=10是原方程的根．
所以该商场购进的第一批消毒液的单价为10元/瓶；
(2)共获利：(800010+1760010+1−200)×13+200×13×0.9−(8000+17600)=5340(元)．
在这两笔生意中商场共获得5340元．
【解析】本题考查分式方程的应用，解题的关键是学会设未知数，寻找等量关系，注意解分式方程必须检验．
(1)设该商场购进的第一批“84”消毒液单价为x元/瓶，根据所购数量是第一批数量的2倍，但单价贵了1元，列出方程即可解决问题．
(2)根据题意分别求出两次的利润即可解决问题．
20.【答案】解：(1)当∠BAM=30°，∠B=60°时，
∴∠AMB=180°−60°−30°=90°，
∴AB=2BM；
故答案为：30；
(2)添加一个条件AB=AC，可得△ABC为等边三角形；
故答案为：AB=AC；
如图1中，
∵△ABC与△AMN是等边三角形，
∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠BAC−∠MAC=∠MAN−∠MAC，
即∠BAM=∠CAN，
在△BAM与△CAN中，
AB=AC∠BAM=∠CANAM=AN，
∴△BAM≌△CAN(SAS)，
∴BM=CN，
∵BC=BM+MC，又AC=BC
∴AC=CN+CM．
【解析】(1)根据含30°角的直角三角形的性质解答即可；
(2)利用等边三角形的判定解答；利用等边三角形的性质和全等三角形的判定证明即可．
考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是根据等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质进行解答，属于中考常考题型．
21.【答案】(a−2)2
【解析】解：(1)a2−4a+4=(a−2)2，
故答案为：(a−2)2．
(2)(a+b)(a−b)+(2a3b−4ab3)÷2ab
=a2−b2+a2−2b2
=2a2−3b2，
∵a2+2a+b2−6b+10=0，
∴(a+1)2+(b−3)2=0，
∵(a+1)2≥0，(b−3)2≥0，
∴a+1=0，b−3=0，
∴a=−1，b=3．
∴原式=2×(−1)2−3×32
=2−27
=−25．
(3)△ABC为等边三角形，理由如下：
∵a2+4b2+c2−2ab−6b−2c+4=0，
∴(a−b)2+3(b−1)2+(c−1)2=0，
∵(a−b)2≥0，3(b−1)2≥0，(c−1)2≥0，
∴a−b=0，b−1=0，c−1=0，
∴a=b，b=1，c=1，
∴a=b=c=1，
∴△ABC为等边三角形．
(1)运用配方法可得答案．
(2)先运用整式乘除法的运算法则化简，再对a2+2a+b2−6b+10=0的左边利用配方法变形，利用偶次方的非负性求得a与b的值，再代入化简后所得的式子计算即可．
(3)对等式a2+4b2+c2−2ab−6b−2c+4=0左边配方，利用偶次方的非负性求得a，b，c的值，则可判断△ABC的形状
本题考查了整式的混合运算−化简求值、配方法的应用及偶次方的非负性等知识点，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
22.【答案】证明：(1)∵∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠BAD−∠CAD=∠CAE−∠CAD，
∴∠BAC=∠DAE，
在△ABC和△ADE中，
AB=AD∠BAC=∠DAEAC=AE，
∴△ABC≌△ADE(SAS)；
(2)∵△ABC≌△ADE，
∴S△ABC=S△ADE，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=S△ADE+S△ACD=S△ACE，
∵AC=AE=10，∠CAE=90°，
∴S四边形ABCD=S△ACE=12×10×10=50；
(3)∵∠CAE=90°，AC=AE，
∴∠E=45°，
∵△ABC≌△ADE，
∴∠BCA=∠E=45°，
∵AF⊥CF，
∴∠CAF=∠FCA=45°，
∴∠FAE=∠CAF+∠CAE=135°．
【解析】(1)由“SAS“可证△ABC≌△ADE；
(2)由全等三角形的性质可得S△ABC=S△ADE，由面积关系可求解；
(3)由等腰三角形的性质和全等三角形的性质可得∠CAF=∠FCA=45°，即可求解．
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形、三角形的面积等知识，掌握全等三角形的判定方法是本题的关键．
23.【答案】DE AE
【解析】解：(1)∵∠1+∠2=∠2+∠D=90°，
∴∠1=∠D，
在△ABC和△DAE中，
∠1=∠D∠ACB=∠DEAAB=AD，
∴△ABC≌△DAE(SAS)
∴AC=DE，BC=AE，
故答案为：DE；AE；
(2)①如图2，作DM⊥AF于M，EN⊥AF于N，
∵BC⊥AF，
∴∠BFA=∠AMD=90°，
∵∠BAD=90°，
∴∠1+∠2=∠1+∠B=90°，
∴∠B=∠2，
在△ABF与△DAM中，∠BFA=∠AMD，
∠BFA=∠AMD∠B=∠2AB=AD，
∴△ABF≌△DAM(AAS)，
∴AF=DM，
同理，AF=EN，
∴EN=DM，
∵DM⊥AF，EN⊥AF，
∴∠GMD=∠GNE=90°，
在△DMG与△ENG中，
∠DMG=∠ENG∠DGM=∠EGNDM=EN
∴△DMG≌△ENG(AAS)，
∴DG=EG，即点G是DE的中点；
②如图3，△ABC和△AB′C是以OA为斜边的等腰直角三角形，
过点B作DC⊥x轴于点C，过点A作DE⊥y轴于点E，两直线交于点D，
则四边形OCDE为矩形，
∴DE=OC，OE=CD，
由①可知，△ADB≌△BCO，
∴AD=BC，BD=OC，
∴BD=OC=DE=AD+2=BC+2，
∴BC+BC+2=4，
解得，BC=1，OC=3，
∴点B的坐标为(3,1)，
同理，点B′的坐标为(−1,3)，
综上所述，△AOB是以OA为斜边的等腰直角三角形，点B的坐标为(3,1)或(−1,3)．
(1)根据全等三角形的对应边相等解答；
(2)①作DM⊥AF于M，EN⊥AF于N，证明△ABF≌△DAM，根据全等三角形的性质得到EN=DM，再证明△DMG≌△ENG，根据全等三角形的性质证明结论；
②过点B作DC⊥x轴于点C，过点A作DE⊥y轴于点E，仿照①的证明过程解答．
本题考查的是全等三角形的判定和性质、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．