河南省郑州市二七区2023-2024学年八年级下学期期末数学试卷

这是一份河南省郑州市二七区2023-2024学年八年级下学期期末数学试卷，共17页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）对称性揭示了自然的秩序与和谐，是数学之美的体现．在数学活动课中，同学们利用画图工具绘制出下列图形，其中是中心对称图形的是（ ）
A．三叶玫瑰线B．笛卡尔心形线
C．蝴蝶曲线D．四叶玫瑰线
2．（3分）一个不等式组的解集在数轴上的表示如图，则这个不等式组的解集是（ ）
A．﹣1＜x＜3B．﹣1＜x≤3C．﹣1≤x＜3D．﹣1≤x≤3
3．（3分）下列从左到右的变形，属于因式分解的是（ ）
A．（x+y）（x﹣y）＝x2﹣y2B．m2n+8n＝n（m2+8）
C．12xy2＝2x•6y2D．x2﹣4x+2＝x（x﹣4）+2
4．（3分）正十边形的外角和的度数为（ ）
A．1440°B．720°C．360°D．180°
5．（3分）生活中，我们所见到的地面、墙面、服装面料等，常常是由一种或几种性质相同的图形拼接而成的．像这样的用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙，不重叠地铺成一片，就是平面图形的镶嵌．如果只用一种几何图形镶嵌整个地面，下列哪一种不能单独镶嵌成一个平面图形（ ）
A．正三角形B．正方形C．正五边形D．正六边形
6．（3分）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，则AC＝（ ）
A．2B．C．D．
7．（3分）如图，三个村庄A、B、C构成△ABC，供奶站须到三个村庄的距离都相等，则供奶站应建在（ ）
A．三条边的垂直平分线的交点
B．三个角的角平分线的交点
C．三角形三条高的交点
D．三角形三条中线的交点
8．（3分）已知一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象如图所示，则不等式kx+b≤0的解集是（ ）
A．x≤2B．x＜2C．x≥2D．x＞2
9．（3分）先假设命题的结论不成立，然后推导出与定义、基本事实、已有定理或已知条件相矛盾的结果，从而证明命题的结论一定成立，这种证明方法称为反证法．已知五个正数的和等于1，用反证法证明：这五个正数中至少有一个大于或等于，先要假设这五个正数（ ）
A．都大于B．都小于
C．没有一个小于D．没有一个大于
10．（3分）如图，E，F分别是平行四边形ABCD的边AB，CD上的点，AF与DE相交于点P，BF与CE相交于点Q，若 S△APD＝a，S△BQC＝b，S▱ABCD＝c，则阴影部分的面积为（ ）
A．a+bB．C．c﹣2a﹣bD．2a+b
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．（3分）在平行四边形ABCD中，∠A＝130°，则∠C的度数为 ．
12．（3分）如图，A，B两地被池塘隔开，小明先在AB外选一点C，然后测出AC，BC的中点M，N，若MN的长为16米，则A，B两地间的距离是 米．
13．（3分）不等式组的所有整数解的和为 ．
14．（3分）若方程有增根，则a的值是 ．
15．（3分）如图，在矩形ABCD中，M为CD的中点，连接AM、BM，分别取AM、BM的中点P、Q，以P、Q为顶点作第二个矩形PSRQ，使S、R在AB上．在矩形PSRQ中，重复以上的步骤继续画图……若AM⊥MB，矩形ABCD的周长为30，则第n个矩形的边长分别是 ， ．
三、解答题（本大题共7个小题，共75分）
16．（9分）《名校课堂》上有这样一道题：“先化简，再求值：，然后从﹣1、0、1、2中选取一个作为x的值代入求值．”
下面是甲、乙两同学的部分运算过程：
甲同学：解：原式＝[+]•；
乙同学：解：原式＝•+•；
（1）甲同学解法的依据是 ，乙同学解法的依据是 ；（填序号）
①分式的基本性质；
②等式的基本性质；
③乘法分配律；
④乘法交换律．
（2）请选择一种解法，写出完整的解答过程．
17．（8分）如图，正方形网格中每个小正方形的边长都是1个单位长度，每个小正方形的顶点叫格点，以格点为顶点的三角形叫做格点三角形．
（1）在网格图中画出△CDE先向右平移3个单位，再向上平移4个单位长度后的△C1D1E1．
（2）画出格点△CDE绕点E顺时针旋转90°后的△C2D2E2．
18．（11分）如图所示，△ABC是等边三角形，D点是AC的中点，延长BC到E，使CE＝CD．
（1）求∠E的度数？
（2）用尺规作图的方法，过D点作DM⊥BE，垂足为M．（不写作法，保留作图痕迹）
（3）求证：BM＝EM．
19．（11分）端午节，吃粽子是中国的传统习俗．万隆商场预测今年端午节期间某品牌的粽子能够畅销．根据预测，此品牌粽子每千克节前的进价比节后多2元，节前用240元购进此品牌粽子的数量与节后用200元购进的数量相同．根据以上信息，解答下列问题：
（1）节后此品牌粽子每千克的进价是多少元？
（2）如果该商场在节前和节后共购进此品牌粽子400千克，且总费用不超过4600元，并按照节前每千克20元，节后每千克16元全部售出，那么该商场节前购进此品牌粽子多少千克获得的利润最大？最大利润是多少？
20．（10分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝∠C，连接BD，∠ADB＝90°，AD＝6cm，BD＝8cm，动点P从点A出发，沿线段AB匀速运动，同时动点Q从点C出发，沿线段CD匀速运动．当P，Q其中一点到达顶点，另一点也停止运动．设运动的时间为t s．
（1）求证：四边形ABCD为平行四边形．
（2）若点P的运动速度为4cm/s，点Q的运动速度为2cm/s，当四边形PBCQ为平行四边形时，求t的值．
21．（14分）【阅读理解】
我们在分析解决某些数学问题时，经常要比较两个数或代数式的大小，而比较两个数或代数式的大小一般要进行转化，其中“作差法”就是常用的方法之一．其依据是不等式（或等式）的性质：若x﹣y＞0，则x＞y；若x﹣y＝0，则x＝y；若x﹣y＜0，则x＜y．
例：已知M＝a2﹣ab．N＝ab﹣b2．其中a≠b，求证：M＞N．
证明：M﹣N＝a2﹣ab﹣ab+b2＝（a﹣b）2，
因为a≠b，
所以（a﹣b）2＞0，故M＞N．
【新知理解】
（1）比较大小：2x﹣2 x2．（填“＞”，“＝”，“＜”）
【问题解决】
（2）甲、乙两个平行四边形，其底和高如图所示（a＞0），其面积分别为S1，S2，请比较S1，S2的大小关系．
【拓展应用】
（3）小亮和小莹同去一家水果店购买苹果，两人均购买了两次，两次购买苹果的单价不同，两人的购货方式也不同．小亮每次购买1千克，小莹每次花10元钱购买．设两人第一次购买苹果的单价均为m元/千克，第二次购买苹果的单价均为n元/千克（m，n是正数，且m≠n），试分析小莹和小亮谁的购货方式更合算？
22．（12分）问题情境：活动课上，同学们以等腰三角形为背景展开有关图形旋转的探究活动，如图1，已知△ABC中，AB＝AC，∠B＝40°将△ABC从图1的位置开始绕点A逆时针旋转，得到△ADE（点D，E分别是点B，C的对应点），旋转角为α（0°＜α＜100°），设线段AD与BC相交于点M，线段DE分别交BC，AC于点O，N．
特例分析：（1）如图2，当旋转到AD⊥BC时，旋转角α的度数为 ；
探究规律：（2）如图3，在△ABC绕点A逆时针旋转过程中，“求真”小组的同学发现线段AM始终等于线段AN，请你证明这一结论．
拓展延伸：（3）当△DOM是等腰三角形时，求旋转角α的度数．
2023-2024学年河南省郑州市二七区八年级（下）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题3分，共30分）下列各小题均有四个答案，其中只有一个是正确的．
1．【分析】把一个图形绕某一点旋转180°后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【解答】解：选项A、B、C都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，
故选：D．
2．【分析】根据在数轴上表示不等式解集的方法进行解答即可．
【解答】解：∵﹣1处是实心圆点且折线向右，3处是空心圆点且折线向左，
∴﹣1≤x＜3．
故选：C．
3．【分析】根据因式分解是把一个多项式化为几个整式的积的形式，可得答案．
【解答】解：A、是整式的乘法，故此选项不符合题意；
B、把一个多项式化为几个整式的积的形式，故此选项符合题意；
C、不是因式分解，故此选项不符合题意；
D、没把一个多项式化为几个整式的积的形式，故此选项不符合题意；
故选：B．
4．【分析】根据多边形的外角和等于360°解答．
【解答】解：正十边形的外角和的度数为360°．
故选：C．
5．【分析】正多边形镶嵌有三个条件限制：①边长相等；②顶点公共；③在一个顶点处各正多边形的内角之和为360°．判断一种或几种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角，若能构成360°，则说明能够进行平面镶嵌，反之则不能．
【解答】解：A选项，等边三角形的内角为60°，360°÷60°＝6（个），所以6个等边三角形可以在一个顶点处实现内角之和等于360°，不符合题意；
B选项，正方形的内角为90°，360°÷90°＝4（个），所以4个正方形可以在一个顶点处实现内角之和等于360°，不符合题意；
C选项，正五边形的内角为108°，360÷108°＝3，所以正五边形不能在一个顶点处实现内角之和等于360°，符合题意；
D选项，正六边形的内角为120°，360°÷120°＝3（个），所以3个正六边形可以在一个顶点处实现内角之和等于360°，不符合题意；
故选：C．
6．【分析】根据直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半，再利用勾股定理即可求解．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝1，
∵BC＝AB，
∴AB＝2，
∴AC＝＝＝，
故选：B．
7．【分析】到三个村的距离相等，即到三角形三个顶点的距离相等，在三角形中，只有三边垂直平分线的交点到各顶点距离相等．
【解答】解：∵在三角形中，只有三边垂直平分线的交点到各顶点距离相等，
∴广场应建在三条边的垂直平分线的交点处．
故选：A．
8．【分析】观察函数图象得可求解．
【解答】解：由图象可得：当x≤2时，kx+b≤0，
所以不等式kx+b≤0的解集为x≤2，
故选：A．
9．【分析】在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定．反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立，找出至少有一个大于或等于的反面，得到答案．
【解答】解：已知五个正数的和等于1，
用反证法证明这五个正数中至少有一个大于或等于，
先要假设这五个正数都小于，
故选：B．
10．【分析】根据平行四边形的面积与三角形的面积公式可得三角形EDC的面积，连接E、F两点，由三角形的面积公式我们可以推出S△EFQ＝S△BCQ，S△EFD＝S△ADF，所以S△EFG＝S△BCQ，S△EFP＝S△ADP，因此可以推出四边形EPFQ的面积就是S△APD+S△BQC．再根据面积差可得答案．
【解答】解：连接E、F两点，过点E作EM⊥DC于点M，
∵S△DEC＝，S▱ABCD＝DC•EM＝c，
∴S△DEC＝c，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴△EFC的FC边上的高与△BCF的FC边上的高相等，
∴S△EFC＝S△BCF，
∴S△EFQ＝S△BCQ，
同理：S△EFD＝S△ADF，
∴S△EFP＝S△ADP，
∵S△APD＝a，S△BQC＝b，
∴S四边形EPFQ＝a+b，
故阴影部分的面积为＝S△DEC﹣S四边形EPFQ＝c﹣a﹣b．
故选：B．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11．【分析】根据平行四边形的对角相等即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠C＝∠A＝130°．
故答案为：130°．
12．【分析】根据三角形中位线定理即可得到结论．
【解答】解：∵点M，N是AC，BC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴AB＝2MN＝2×16＝32（米），
答：A，B两地间的距离是32米，
故答案为：32．
13．【分析】分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，进而求解即可．
【解答】解：，
解不等式①得，x≥﹣3，
解不等式②得，x≤2，
∴不等式组的解集为：﹣3≤x≤2．
∴所有整数解为﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，
∴﹣3+（﹣2）+（﹣1）+0+1+2＝﹣3．
故答案为：﹣3．
14．【分析】首先把所给的分式方程化为整式方程，然后根据分式方程有增根，得到x﹣3＝0，据此求出x的值，代入整式方程求出a的值即可．
【解答】解：去分母，得：a＝x﹣3+3，
由分式方程有增根，得到x﹣3＝0，即x＝3，
把x＝3代入整式方程，可得：a＝3．
故答案为：3．
15．【分析】根据四边形ABCD是矩形，M为CD的中点，AM⊥MB，可得AM＝BM，即可证明AD＝MD＝CD，进而可求出矩形的边长为CD＝10，AD＝5，再根据P、Q分别是AM、BM的中点，可得矩形PSRQ的长和宽之比为2：1，可得第二个矩形的边长为PQ＝5，宽为，第三个矩形的边长为10×（）2 和5×（）2，进而可得第n个矩形的边长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠D＝∠C＝90°
∵M为CD的中点，
∴DM＝CM，
∴△ADM≌△BCM（SAS），
∴AM＝BM，
∵AM⊥MB，
∴△ABM是等腰直角三角形，
∴∠MAB＝∠MBA＝45°，
∴∠DAM＝∠CBM＝45°，
∴∠DAM＝∠DMA，
∴AD＝MD＝CD，
∵矩形ABCD的周长为30，
∴CD＝10，AD＝5，
∵P、Q分别是AM、BM的中点，
∴矩形PSRQ的长和宽之比为2：1，
在△ABM中，PQ＝5，则宽为，
同理可得：第三个矩形的边长为10×（）2 和5×（）2，
则可得：第n个矩形的边长分别是10×（）n﹣1，5×（）n﹣1．
故答案为：10×（）n﹣1，5×（）n﹣1．
三、解答题（本大题共7个小题，共75分）
16．【分析】（1）根据乘法分配律，以及分式的基本性质进行计算，即可解答；
（2）若选择甲同学的解法：先利用异分母分式加减法法则计算括号里，再算括号外，即可解答；若选择乙同学的解法：先利用乘法分配律计算分式的乘法，再算加减，即可解答．
【解答】解：（1）甲同学解法的依据是分式的基本性质，乙同学解法的依据是乘法分配律，
故答案为：②；③；
（2）若选择甲同学的解法：
若选择甲同学的解法：
＝[
＝
＝2x；
若选择乙同学的解法：
＝
＝
＝x﹣1+x+1
＝2x．
17．【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出C，D，E的对应点C1，D1，E1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出C，D，E的对应点C2，D2，E2即可．
【解答】解：（1）如图，△C1D1E1即为所求；
（2）如图，△C2D2E2即为所求．
18．【分析】（1）根据等边三角形的性质和三角形的外角的性质进行求解；
（2）根据过直线外一点作已知直线的垂线的方法进行求作；
（3）根据等腰三角形的三线合一进行证明．
【解答】（1）解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
又CD＝CE，∠ACB为△DCE的外角，
∴∠E＝∠CDE＝30°；
（2）如图所示：
（3）证明：∵△ABC是等边三角形，D是AC中点，
∴∠DBC＝∠ABD＝30°，又∠E＝30°，
∴∠DBC＝∠E，
∴BD＝ED，
又DM⊥BE，
∴BM＝EM．
19．【分析】（1）设该商场节后此品牌粽子的进价是x元，则节前此品牌粽子的进价是（x+2）元，根据节前用240元购进此品牌粽子的数量与节后用200元购进的数量相同．列出分式方程，解方程即可；
（2）设该商场节前购进m千克此品牌粽子，则节后购进（400﹣m）千克此品牌粽子，根据总费用不超过4600元，列出一元一次不等式，解得m≤300，再设总利润为w元，由题意列出w与m的函数关系式，然后由一次函数的性质即可得出结论．
【解答】解：（1）设节后此品牌粽子的进价是x元，则节前此品牌粽子的进价是（x+2）元，
由题意得：
＝，
解得：x＝10，
经检验，x＝10是原分式方程的解，且符合题意，
答：节后每千克此品牌粽子的进价是10元；
（2）设该商场节前购进m千克此品牌粽子，则节后购进（400﹣m）千克此品牌粽子，
由题意得：（10+2）m+10（400﹣m）≤4600，
解得：m≤300，
设总利润为w元，
由题意得：w＝（20﹣12）m+（16﹣10）（400﹣m）＝2m+2400，
∵2＞0，
∴w随着m的增大而增大，
∴当m＝300时，w取得最大值＝2×300+2400＝3000，
答：该商场节前购进此品牌粽子300千克获得利润最大，最大利润是3000元．
20．【分析】（1）证明AB∥CD，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）由勾股定理得AB＝10cm，再由平行四边形的性质得PB＝CQ，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠A+∠ABC＝180°，
∵∠A＝∠C，
∴∠C+∠ABC＝180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD为平行四边形；
（2）解：∵∠ADB＝90°，AD＝6cm，BD＝8cm，
∴AB＝＝＝10（cm），
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝10cm，AD＝BC＝6cm，
由题意可知，AP＝4t cm，CQ＝2t cm，
当四边形PBCQ是平行四边形时，点P在线段BA上时，此时0＜t≤2.5，BP＝AB﹣AP＝（10﹣4t）cm，
∴PB＝CQ，
即10﹣4t＝2t
解得：t＝，
即t的值为．
21．【分析】（1）作差即可作出判断；
（2）分别求出S1，S2，然后作差，根据a是正数即可做出判断；
（3）先求出两人购物的平均单价，利用作差法可求解．
【解答】解：（1）∵x2﹣（2x﹣2）＝x2﹣2x+1+1＝（x﹣1）2+1＞0，
∴2x﹣2＜x2，
故答案为：＜；
（2）∵S1＝（a+3）（a+4）＝a2+7a+12，S2＝（a+2）（a+7）＝a2+9a+14，
∴S2﹣S1＝a2+9a+14﹣（a2+7a+12）＝2a+2，
∵a＞0，
∴2a+2＞0，
∴S2＞S1；
（3）由题意可得：小亮购货的平均单价为元，小莹购货的平均单价＝，
∴﹣＝＝，
∴m，n是正数，且m≠n，
∴m2+n2＞0，2m+2n＞0，
∴＞0，
∴小亮购货的平均单价比小莹购货的平均单价高，
∴小莹的购货方式更合算．
22．【分析】（1）由等腰三角形的性质得∠BAC＝100°和，即可求解；
（2）由等腰三角形的性质及旋转的性质得∠BAM＝∠EAN＝α，AD＝AE＝AB，由ASA可判定△ABM≌△AEN，即可得证；
（3）①当MD＝MO时，由旋转的性质得∠MDO＝40°，由∠AMO＝∠ABM+∠BAM，即可求解； ②当DM＝DO时，同理可求解；③当OD＝OM时，同理可求解．
【解答】（1）解：如图，
∵AB＝AC，
∴∠BAC＝180°﹣2∠B
＝100°，
∵AD⊥BC，
∴，
＝50°，
∴α＝50°，
故答案为：50°；
（2）证明：∵AB＝AC，
∴∠ABM＝∠C，
由旋转得：∠AEN＝∠C，
∠BAM＝∠EAN＝α，
AD＝AE＝AB，
∴∠ABM＝∠AEN，
在△ABM和△AEN中，
，
∴△ABM≌△AEN（ASA），
∴AM＝AN；
（3）解：①如图，当MD＝MO时，
由旋转得：∠MDO＝40°，
∴∠MOD＝40°，
∴∠AMO＝2∠MDO＝80°，
∵∠AMO＝∠ABM+∠BAM，
∴∠BAM＝80°﹣40°
＝40°，
∴α＝40°；
②如图，当DM＝DO时，
由①得：∠MDO＝40°，
∴
＝70°，
∴∠AMO＝∠MDO+∠DOM
＝110°，
∵∠AMO＝∠ABM+∠BAM
∴∠BAM＝110°﹣40°
＝70°，
∴α＝70°；
③如图，当OD＝OM时，
由①得：∠MDO＝∠DMO＝40°，
∴∠AMO＝180°﹣∠DMO
＝140°，
∵∠AMO＝∠ABM+∠BAM
∴∠BAM＝140°﹣40°
＝100°，
∴α＝100°，
∵0°＜α＜100°，
∴α＝100°不合题意，舍去；
综上所述：旋转角α的度数为40°或70°．