+吉林省白城市镇赉县2023-2024学年八年级上学期期末数学试卷

这是一份+吉林省白城市镇赉县2023-2024学年八年级上学期期末数学试卷，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列交通标志是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.下列计算正确的是( )
A. (a2b)2=a2b2B. a6÷a2=a3
C. (3xy2)2=6x2y4D. (−m)7÷(−m)2=−m5
3.已知一粒大米的质量约为0.000021千克，这个数用科学记数法表示为( )
A. 0.21×10−4B. 2.1×10−4C. 2.1×10−5D. 21×10−6
4.现有两根笔直的木棍，它们的长度分别是20cm和30cm，若不改变木棍的长度，要做一个三角形的木框，则第三根木棍的长度可能为( )
A. 10cmB. 20cmC. 50cmD. 60cm
5.过多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成4个三角形，那么这个多边形是( )
A. 六边形B. 七边形C. 八边形D. 九边形
6.某校为了丰富学生的校园生活，准备购买一批陶笛，已知A型陶笛比B型陶笛的单价低20元，用2700元购买A型陶笛与用4500购买B型陶笛的数量相同，设A型陶笛的单价为x元，依题意，下面所列方程正确的是( )
A. 2700x−20=4500xB. 2700x=4500x−20C. 2700x+20=4500xD. 2700x=4500x+20
7.如图，△ABC中，AB=AC，AD=DE，∠BAD=20∘，∠EDC=10∘，则∠DAE的度数为( )
A. 30∘
B. 40∘
C. 60∘
D. 80∘
8.如图，从边长为(a+3)的正方形纸片中减去一个边长为3的正方形，剩余部分沿虚线剪开后又拼成如图所示的长方形(不重叠，无缝隙)，则拼成的长方形的另一边的长为( )
A. 2a+6B. 2a+2C. a+6D. a+3
9.如图，AB//CD，AD//BC，AE⊥BD，CF⊥BD垂足分别为E、F两点，则图中全等的三角形有( )
A. 1对
B. 2对
C. 3对
D. 4对
10.如图，AD平分∠BAC，DE//AB交AC于点E，DF⊥AB于点F，若∠BAC=30∘，AE=2，则DF的长为( )
A. 12B. 1C. 32D. 2
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.计算：−2−1=______.
12.若分式1x−5在实数范围内有意义，则x的取值范围是______.
13.已知点A(a,4)，B(3,b)关于x轴对称，则a+b=______.
14.如图，已知△ABC为等边三角形，BD为中线，延长BC至点E，使CE=CD，连接DE，则∠BDE=______ ∘.
15.如果(2a+2b+1)(2a+2b−1)=63，那么a+b的值是________.
三、计算题：本大题共2小题，共16分。
16.计算下列各题：
(1)(−2)3÷(12)−1+(3.14−π)0−|− 2+1|；
(2)a(a−5b)+3a5b3÷(−a2b)2.
17.分解因式：
(1)x(x−y)+y(y−x)；
(2)5a2b−10ab2+5b3.
四、解答题：本题共6小题，共59分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题8分)
如图，△ABC的顶点分别为A(−2,3)，B(−4,1)，C(−1,2).
(1)画出△ABC关于直线x=2(平行于y轴且该直线上的点的横坐标均为2)对称的图形△A1B1C1，则A1，B1，C1的坐标分别为A1(______)，B1(______)，C1(______)；
(2)求△A1B1C1的面积．
19.(本小题8分)
先化简，再求值：(x+1−15x−1)÷x2−8x+161−x，其中x=2.
20.(本小题8分)
如图，AB=AC，BD=CD，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F.求证：
(1)DE=DF；
(2)∠DBE=∠DCF.
21.(本小题10分)
某工程准备招标．现接到甲、乙两个工程队投标书：乙队单独完成这项工程所需天数是甲队单独完成这项工程所需天数的2倍；该工程若由甲队先做6天．剩下的工程再由甲、乙两队合作16天可以完成．
(1)求甲、乙两队单独完成这项工程各需要多少天？
(2)已知甲队每天的施工费用为1.5万元，乙队每天的施工费用为1.2万元，问：该工程预算的施工费用是多少万元？
22.(本小题12分)
如图，点P是等边△ABC内一点，连接PC，以PC为边作等边△PDC，连接PA，PB，BD.
(1)求证：∠APC=∠BDC；
(2)当∠APC=150∘时，试猜想△DPB的形状，并说明理由；
(3)当∠APB=100∘，且DB=PB，求∠APC的度数．
23.(本小题13分)
已知：如图(1)，在平面直角坐标系中，点A、点B分別在x轴、y轴的正半轴上，点C在第一象限，∠ACB=90∘，AC=BC，点A的坐标为(m,0)，点C的横坐标为n，且m2+n2−2m−8n+17=0.
(1)分別求出点A、点B、点C的坐标；
(2)如图(2)，点D为边AB的中点，以点D为顶点的直角∠EDF两边分别交边BC于点E，交边AC于点F.
①求证：DE=DF；
②求证：S四边形DECF=12S△ABC；
(3)在平面直角坐标内有点G(点G不与点A重合)，使得△BCG是以BC为直角边的等腰直角三角形，请直接写出满足条件的点G的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】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、是轴对称图形，故本选项符合题意；
D、不是轴对称图形，故本选项不合题意．
故选：C.
根据轴对称图形的概念求解．
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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
2.【答案】D
【解析】解：A.(a2b)2=a4b2，故本选项不符合题意；
B.a6÷a2=a4，故本选项不符合题意；
C.(3xy2)2=9x2y4，故本选项不符合题意；
D.(−m7)÷(−m)2=(−m)5=−m5，故本选项符合题意；
故选：D.
根据幂的乘方与积的乘方，同底数幂的除法进行计算，再找出选项即可．
本题考查了幂的乘方与积的乘方，同底数幂的除法等知识点，能熟记幂的乘方与积的乘方、同底数幂的除法法则是解此题的关键．
3.【答案】C
【解析】【解答】
解：0.000021=2.1×10−5.
故选：C.
【分析】
此题考查用科学记数法表示绝对值较小的数．
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．当原数绝对值大于等于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
4.【答案】B
【解析】本题考查的是三角形的三边关系，即三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
先设第三根木棒的长为xcm，再根据三角形的三边关系求出x的取值范围，找出符合条件的木棍的长即可．
解：设第三根木棒的长为x cm，
∵两根笔直的木棍的长度分别是20cm和30cm，
∴30−20即10∴四个选项中只有B符合题意．
故选：B.
5.【答案】A
【解析】解：根据n边形从一个顶点出发可引出(n−3)条对角线，可组成n−2个三角形，
∴n−2=4，即n=6.
故选：A.
根据n边形从一个顶点出发可引出(n−3)条对角线，可组成(n−2)个三角形，依此可得n的值．
本题考查了多边形的对角线，求对角线条数时，直接代入边数n的值计算，而计算边数时，需利用方程思想，解方程求n.
6.【答案】D
【解析】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程．
设A型陶笛的单价为x元，则B型陶笛的单价为(x+20)元，根据用2700元购买A型陶笛与用4500购买B型陶笛的数量相同，列方程即可．
解：设A型陶笛的单价为x元，则B型陶笛的单价为(x+20)元，
由题意得，2700x=4500x+20.
故选：D.
7.【答案】C
【解析】此题能够根据等腰三角形的性质以及三角形的外角的性质，用同一个未知数表示各角，进一步根据三角形的内角和定理列方程求解．
先根据三角形外角性质，用∠C表示出∠AED，再根据等边对等角和三角形内角和定理，列出等式即可求出∠C的度数，再求∠DAE也就不难了．
解：设∠C=x，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C=x，
∴∠AED=∠C+∠EDC=x+10∘.
∵AD=DE，
∴∠DAE=∠AED=x+10∘.
在△ABC中，∠C+∠B+∠BAC=x+x+(20∘+x+10∘)=180∘，
解得x=50∘，则∠DAE=60∘.
故选：C.
8.【答案】C
【解析】解：拼成的长方形的面积=(a+3)2−32=(a+3+3)(a+3−3)=(a+6)a，
∵拼成的长方形的一边长为a，
∴另一边长为a+6，
故选：C.
表示出拼成的长方形的面积，化简后即可得到另一边的长．
本题考查了图形的变换及变换后的组成，抓住变换前后面积相等是解决本题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：∵AB//CD，AD//BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AB=CD，
则图中全等的三角形有：△ABE≌△CDF，△ADE≌△CBF，△ABD≌△CDB，共3对．
故选：C.
首先可判断四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质及全等三角形的判定定理即可找到图中全等的三角形．
本题考查了全等三角形的判定及平行四边形的性质，属于基础题，注意掌握三角形全等的判定定理．
10.【答案】B
【解析】此题考查角平分线的性质，等腰三角形的判定，含30∘角的直角三角形的性质，关键是根据平行线的性质和含30∘角的直角三角形的性质解答．
过D作DG⊥AC于点G，先证明AE=ED，再根据含30∘角的直角三角形的性质求出DG的长，继而根据角平分线的性质解答即可．
解：过D作DG⊥AC于点G.
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD=∠DAF=12∠CAB=15∘.
∵DE//AB，
∴∠GED=∠CAB=30∘.
∴∠EDA=∠DAF=15∘，
∴∠EDA=∠EAD=15∘，
∴AE=ED=2.
在Rt△GED中，∠GED=30∘，DE=2，
∴DG=12DE=1.
∵DF⊥AB，DG⊥AC，AD平分∠BAC，
∴DF=DG=1.
故选：B.
11.【答案】−12
【解析】本题考查的是负整数指数幂的运算，掌握a−p=1ap(a≠0)是解题的关键．
根据负整数指数幂的运算法则计算即可．
解：−2−1=−12.
故答案为：−12.
12.【答案】x≠5
【解析】解：依题意得：x−5≠0，
解得x≠5.
故答案为：x≠5.
本题考查了分式有意义的条件．分式有意义的条件是分母不等于零；分式无意义的条件是分母等于零．
分式有意义时，分母x−5≠0，据此求得x的取值范围．
13.【答案】−1
【解析】此题主要考查了关于x轴对称点的坐标特点，关键是掌握关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数．
根据关于关于x轴对称点的坐标特点：横坐标相同，纵坐标互为相反数，可得a、b的值，进而得到答案．
解：∵点A(a,4)，点B(3,b)关于x轴对称，
∴a=3，b=−4，
∴a+b=−1.
故答案为：−1.
14.【答案】120
【解析】本题主要考查了等边三角形的性质及等腰三角形的性质，解题的关键是熟记等边三角形的性质及等腰三角形的性质．
由等边三角形三线合一性质，可求出∠BDC=90∘，由△DCE是等腰三角形求出∠CDE=∠CED=30∘，即可求出∠BDE的度数．
解：∵△ABC为等边三角形，BD为中线，
∴∠BDC=90∘，∠ACB=60∘，
∴∠ACE=180∘−∠ACB=180∘−60∘=120∘.
∵CE=CD，
∴∠CDE=∠CED=(180∘−∠ACE)÷2=30∘，
∴∠BDE=∠BDC+∠CDE=90∘+30∘=120∘.
故答案为：120.
15.【答案】±4
【解析】本题考查了平方差公式，整体思想的利用是解题的关键，需要同学们细心解答，把(2a+2b)看作一个整体．
将2a+2b看做整体，用平方差公式变形，再开平方求出2a+2b的值，进一步求出a+b的值．
解：∵(2a+2b+1)(2a+2b−1)=63，
∴(2a+2b)2−12=63，
∴(2a+2b)2=64，
∴2a+2b=±8，
两边同时除以2得，a+b=±4.
故答案为：±4.
16.【答案】解：(1)原式=−8÷2+1−( 2−1)
=−4+1− 2+1
=−2− 2；
(2)原式=a2−5ab+3a5b3÷a4b2
=a2−5ab+3ab
=a2−2ab.
【解析】此题考查了实数的运算，以及整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
(1)原式利用乘方，零指数幂、负整数指数幂运算法则，以及实数绝对值的性质计算即可求出值；
(2)原式利用单项式乘多项式法则，以及单项式除以单项式法则计算，合并即可得到结果．
17.【答案】解：(1)原式=x(x−y)−y(x−y)
=(x−y)(x−y)
=(x−y)2；
(2)原式=5b(a2−2ab+b2)
=5b(a−b)2.
【解析】此题主要考查了提取公因式法、公式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．
(1)直接提取公因式(x−y)，进而分解因式得出答案；
(2)直接提取公因式5b，再利用公式法分解因式即可．
18.【答案】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求；
6，3；8，1；5，2；
(2)△A1B1C1的面积=3×2−12×1×3−12×2×2−12×1×1=2.
【解析】【分析】
本题主要考查了利用轴对称变换进行作图以及轴对称中的坐标变化，几何图形都可看做是由点组成，画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的，连接这些对称点，就得到原图形的轴对称图形．
(1)根据轴对称的性质作出图形，继而根据轴对称的坐标变化规律即可得出坐标；
(2)根据面积的和差关系即可得到结论．
【解答】
解：(1)见答案图，
∵A(−2,3)，B(−4,1)，C(−1,2)，△ABC与△A1B1C1关于直线x=2对称，
∴A1，B1，C1的坐标分别为A1(6,3)，B1(8,1)，C1(5,2).
故答案为：6，3；8，1；5，2；
(2)见答案.
19.【答案】解：(x+1−15x−1)÷x2−8x+161−x
=(x+1)(x−1)x−1−15x−1⋅1−x(x−4)2
=x2−16x−1⋅1−x(x−4)2
=(x−4)(x+4)x−1⋅1−x(x−4)2
=−x+4x−4，
当x=2时，原式=−2+42−4=3.
【解析】本题考查了分式的化简求值，熟悉因式分解和分式除法法则是解题的关键.
将括号内的分式通分，再将除法转化为乘法，因式分解后约分即可化简，再代入求值.
20.【答案】证明：(1)如图，连接AD.
在△ABD和△ACD中，
AB=ACBD=CDAC=AC，
∴△ABD≌△ACD(SSS)，
∴∠BAD=∠CAD，
又∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE=DF；
(2)在Rt△DBE和Rt△DCF中，
BD=CDDE=DF，
∴Rt△DBE≌Rt△DCF(HL)，
∴∠DBE=∠DCF.
【解析】(1)利用SSS证明△ABD≌△ACD，根据全等三角形的性质得到∠BAD=∠CAD，根据角平分线的性质求解即可；
(2)利用HL证明Rt△DBE≌Rt△DCF，根据全等三角形的性质即可得解．
此题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质，熟记全等三角形的判定与性质是解题的关键．
21.【答案】解：(1)设甲队单独完成这项工程需要x天，则乙队单独完成这项工程需要2x天，
由题意得，6x+16x+162x=1，
解得：x=30，
经检验：x=30是原方程的解，且符合题意，
2x=60.
答：甲队单独完成这项工程需要30天，则乙队单独完成这项工程需要60天；
(2)总预算为：(6+16)×1.5+16×1.2=52.2(万元).
答：该工程预算的施工费用是52.2万元．
【解析】(1)把总工程当做单位“1”，设甲队单独完成这项工程需要x天，则乙队单独完成这项工程需要2x天，根据甲队先做6天．剩下的工程再由甲、乙两队合作16天可以完成，列方程求解；
(2)根据(1)求出的甲乙完成所需要的时间，求出总预算．
本题考查了分式方程的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程求解．
22.【答案】解：(1)证明：∵△ABC，△PDC是等边三角形，
∴AC=BC，PC=PD=CD，∠ACB=∠PCD=60∘，
∴∠ACP=∠BCD.
在△ACP和△BCD中，
AC=BC,∠ACP=∠BCDPC=DC,,
∴△ACP≌△BCD(SAS)，
∴∠APC=∠BDC；
(2)△DPB是直角三角形．
理由：∵∠BDC=∠APC=150∘，∠PDC=60∘，
∴∠BDP=∠BDC−∠PDC=90∘，
∴△DPB是直角三角形；
(3)设∠APC=x，则∠BPD=360∘−∠APB−∠CPD−∠APC=360∘−100∘−60∘−x=200∘−x，∠BDP=∠BDC−∠PDC=∠APC−∠PDC=x−60∘.
∵PB=DB，
∴∠BPD=∠BDP，
∴200∘−x=x−60∘，
∴x=130∘，
∴∠APC=130∘.
【解析】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，由角的数量关系列出方程是本题的关键．
(1)由“SAS”可证△ACP≌△BCD，可得∠APC=∠BDC；
(2)由全等三角形的性质可得∠BDC=∠APC=150∘，∠PDC=60∘，可得∠BDP=90∘，即可求解；
(3)设∠APC=x，由周角可得∠BPD=200∘−x，由全等三角形的性质可得∠BDP=x−60∘，由等腰三角形的性质可列方程，即可求解．
23.【答案】解：(1)如图(1)，过点C作CM⊥OB于点M，CN⊥OA于点N，
∵m2+n2−2m−8n+17=0.
∴(m−1)2+(n−4)2=0，
∴m−1=0，n−4=0，
∴m=1，n=4，
∴点A(1,0)，OA=1，CM=4.
∵CM⊥OB，CN⊥OA，∠AOB=90∘，
∴CM//x轴，CN//y轴，∠BMC=∠ANC=90∘，
∴∠MCN=90∘=∠ACB，CM=ON=4，CN=OM，
∴∠BCM=∠ACN，AN=ON−OA=3.
在△BCM和△ACN中，
∠BCM=∠ACN,∠BMC=∠ANC,BC=AC,
∴△BCM≌△ACN(AAS)
∴CM=CN=4=OM，AN=BM=3，
∴OB=OM+BM=7，
∴点B(0,7)，点C(4,4)；
(2)①证明：如图(2)，连接CD.
∵AC=BC，∠ACB=90∘，点D为边AB的中点，
∴BD=CD=AD，∠ABC=∠BAC=∠BCD=∠ACD=45∘，AB⊥CD.
∵∠EDF=90∘=∠BDC，
∴∠BDE=∠CDF.
在△BDE和△CDF中，
∠BDE=∠CDF,BD=CD,∠DBE=∠DCF,
∴△BDE≌△CDF(ASA)
∴DE=DF；
②证明：∵△BDE≌△CDF，
∴S△BDE=S△CDF，
∴S△BDE+S△EDC=S△CDF+S△EDC，
∴S△BDC=S四边形DECF.
∵AD=BD，
∴S△BDC=S△ADC=12S△ABC，
∴S四边形DECF=12S△ABC；
(3)(−3,3)或(3,11)或(7,8).
【解析】【分析】
本题是四边形综合题，考查了非负性，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
(1)由非负性可求m，n的值，由“AAS”可证△BCM≌△ACN，可得CM=CN=4=OM，AN=BM=3，即可求解；
(2)①由等腰直角三角形的性质可得BD=CD=AD，∠ABC=∠BAC=∠BCD=∠ACD=45∘，AB⊥CD，由“ASA”可证△BDE≌△CDF，可得DE=DF；
②由全等三角形的性质可得S△BDE=S△CDF，即可得结论；
(3)分三种情况讨论，由等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质可求解．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)①②见答案；
(3)如图(3)，
若∠GBC=90∘，BG=BC时，且点G在BC下方，
过点G作GQ⊥OB于点Q，过点C作CP⊥OB于点P.
∵∠GBQ+∠PBC=90∘，∠GBQ+∠BGQ=90∘，
∴∠PBC=∠BGQ，且∠BPC=∠BQG=90∘.
在△CBP和△BGQ中，
∠PBC=∠QGB,∠BPC=∠GQB,BC=GB,
∴△CBP≌△BGQ(AAS)
∴BQ=CP=4，GQ=BP=3，
∴OQ=OB−BQ=3，
∴点G(−3,3)；
若∠G′BC=90∘，BG′=BC时，且点G′在BC上方，
同理可求点G(3,11)；
若∠G″CB=90∘，CG″=BC时，点G″在BC上方，
同理可求点G(7,8).
综上所述，点G的坐标为(−3,3)或(3,11)或(7,8).