云南省大理白族自治州祥云县八年级上学期期末数学试题（含答案）

这是一份云南省大理白族自治州祥云县八年级上学期期末数学试题（含答案），共19页。试卷主要包含了考生答题时一律使用蓝色，考生禁止携带手机，不可以使用普通计算器等计算工具等内容，欢迎下载使用。

试卷副标题
班别_________ 姓名__________ 成绩____________
要求：
1、本卷考试形式为闭卷，考试时间为120分钟。
2、考生不得将装订成册的试卷拆散，不得将试卷或答题卡带出考场。
3、考生只允许在密封线以外答题，答在密封线以内的将不予评分。
4、考生答题时一律使用蓝色、黑色钢笔或圆珠笔（制图、制表等除外）。
5、考生禁止携带手机、耳麦等通讯器材。否则，视为为作弊。
6、不可以使用普通计算器等计算工具。
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
1．在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．已知三角形两边的长分别是5和12，则此三角形第三边的长可能是（ ）
A．6B．7C．15D．18
3．下列计算正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．分式中，a，b都扩大2倍，那么分式的值（ ）
A．不变B．扩大为原来的2倍
C．扩大为原来的4倍D．缩小为原来的
5．一块三角形玻璃被打碎后，店员带着如图所示的一片碎玻璃去重新配一块与原来全等的三角形玻璃，能够全等的依据是（ ）
A．B．C．D．
6．已知：如图，在ΔABC中，AB=AC，AB的垂直平分线DE，分别交AB、AC于点D、E．若AD=3，BC=5，则ΔBEC的周长为（ ）
A．8B．10C．11D．13
7．某优秀毕业生向我校赠送1080本课外书，现用A、B两种不同型号的纸箱包装运送，单独使用B型纸箱比单独使用A型纸箱可少用6个；已知每个B型纸箱比每个A型纸箱可多装15本．若设每个A型纸箱可以装书x本，则根据题意列得方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．如图,七边形ABCDEFG中,AB、ED的延长线交于点O,若∠1、∠2、∠3、∠4对应的邻补角和等于215°,则∠BOD的度数为（ ）
A．30°B．35°C．40°D．45°
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
9．已知点（2，3）与点（m，n）关于轴对称，则m+n的值为_____．
10．因式分解：__________．
11．某种病菌的形状为球形，直径约是，用科学记数法表示这个数为______．
12．如图，，AE平分∠CAB交CD于点E，若，则___．
13．若分式的值为0，则=______．
14．观察下列一组数：，它们是按一定规律排列的，那么这一组数的第n个数是_____．
15．计算：
（1）
（2）
16．解方程：.
17．先化简，再求值：，其中
18．如图，平面直角坐标系中A（﹣4，6），B（﹣1，2），C（﹣3，1）．
（1）作出△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，并写出△A1B1C1各顶点的坐标；
（2）求△ABC的面积．
19．已知：如图，点E、F在CD上，且∠A=∠B，ACBD，CF=DE．求证：ΔAEC≌ΔBFD．
20．在“旅游示范公路”建设的的中，工程队计划在海边某路段修建一条长的步行道，由于采用新的施工方式平均每天修建步行道的长度是计划的倍，结果提前天完成任务，求计划平均每天修建的长度．
21．如图，在ΔABC中，∠ABC与∠ACB的角平分线交于点O，过点O作DEBC，分别交AB、AC于点D、E．若ΔADE的周长为7，ΔABC的周长为12，求BC的长度．
22．先阅读，再解答．
例：，求的值．
解：∵
∴
即
(1)已知，求的值；
(2)已知为ΔABC的三边，且满足判断ΔABC的形状，并说明理由．
23．点C是直线l1上一点,在同一平面内,把一个等腰直角三角板ABC任意摆放,其中直角顶点C与点C重合,过点A作直线l2⊥l1,垂足为点M,过点B作l3⊥l1,垂足为点N
（1）当直线l2,l3位于点C的异侧时,如图1,线段BN,AM与MN之间的数量关系 (不必说明理由)；
（2)当直线l2,l3位于点C的右侧时,如图2,判断线段BN,AM与MN之间的数量关系,并说明理由；
（3)当直线l2,l3位于点C的左侧时,如图3,请你补全图形,并直接写出线段BN,AM与MN之间的数量关系.
评卷人
得分
一、单选题
评卷人
得分
二、填空题
评卷人
得分
三、解答题
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
【详解】
A．不是轴对称图形，故A不符合题意；
B．不是轴对称图形，故B不符合题意；
C．不是轴对称图形，故C不符合题意；
D．是轴对称图形，故D符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查轴对称图形的知识点．确定轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
2．C
【解析】
【分析】
根据三角形三边的关系“两边之差小于第三边，两边之和大于第三边”判断即可．
【详解】
解：根据三角形三边的关系，得
12-5＜第三边＜12+5
即7＜第三边＜17
∴第三边可能是15
故选：C
【点睛】
本题考查三角形三边关系，理解三角形三边关系是解题关键．
3．D
【解析】
【分析】
根据整式运算法则求解即可．
【详解】
解：A：，故A错误，不符合题意；
B：，故B错误，不符合题意；
C：，故C错误，不符合题意；
D：同类项相加减，字母和字母指数不变，只把系数相加减，故D正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了单项式的除法，多项式乘以多项式，同底数幂相乘以及合并同类相．熟练地掌握各个运算法则是求解的关键．
4．B
【解析】
【分析】
直接利用分式的性质分析得出答案．
【详解】
分式中，a，b都扩大2倍，则分式的值为：=．
故选B．
【点睛】
本题考查了分式的性质，正确把握分式的基本性质是解题的关键．
5．A
【解析】
【分析】
根据三角形全等的判定方法解答即可.
【详解】
解:由图可知：可以利用“角边角”得到与原三角形全等的三角形.
故选: A.
【点睛】
本题考查了全等三角形的应用，熟记三角形全等的判定方法是解题的关键.
6．C
【解析】
【分析】
根据题意易得AB=AC=2AD=6，AE=BE，进而根据线段的等量关系及三角形的周长可求解．
【详解】
解：∵AB=AC，DE垂直平分线段AB，
∴AD=BD，AE=BE，
∵AD=3，
∴AB=AC=2AD=6，
∵BC=5，
∴C△BEC=BC+BE+EC=BC+AE+EC=5+6=11；
故选C．
【点睛】
本题主要考查线段垂直平分线的性质定理，熟练掌握线段垂直平分线的性质定理是解题的关键．
7．C
【解析】
【分析】
由每个B型包装箱比每个A型包装箱可多装15本课外书可得出每个B型包装箱可以装书（x+15）本，利用数量=总数÷每个包装箱可以装书数量，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
【详解】
解：∵每个A型包装箱可以装书x本，每个B型包装箱比每个A型包装箱可多装15本课外书，
∴每个B型包装箱可以装书（x+15）本．
依题意得：
故选：C．
【点睛】
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，找准等量关系，解题的关键是正确列出分式方程．
8．B
【解析】
【分析】
在DO延长线上找一点M，根据多边形AOEFG的外角和为360°可得出∠BOM=140°，再根据邻补角互补即可得出结论．
【详解】
在DO延长线上找一点M，如图所示．
∵多边形AOEFG的外角和为360°，
∴∠BOM=360°-215°=145°．
∵∠BOD+∠BOM=180°，
∴∠BOD=180°-∠BOM=180°-145°=35°．
故选B．
【点睛】
本题考查了多边形的内角与外角以及邻补角，解题的关键是根据多边形的外角和为360°找出∠BOM=145°．
9．1
【解析】
【分析】
根据关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变．确定m，n的值，然后代入求解即可得出答案．
【详解】
解：∵点P（2，3）与点Q（m，n）关于y轴对称，
∴m=-2，n=3，
∴m+n=1，
故答案为：1
【点睛】
此题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆关于坐标轴对称点的性质是解题关键．
10．
【解析】
【分析】
先提取公因式a，再利用公式法继续分解．
【详解】
解：，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了公式法以及提取公因式法分解因式，正确应用公式是解题的关键．在分解因式时，要注意分解彻底．
11．
【解析】
【分析】
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>1时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
【详解】
0.000000102的小数点向右移动7位得到1.02，
所以0.000000102用科学记数法表示为，
故答案为．
【点睛】
本题考查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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
12．125°
【解析】
【分析】
根据，证得，，求出，利用AE平分∠CAB，求得，计算即可得解．
【详解】
解：∵
∴，
∵
∴
∵AE平分∠CAB
∴
∴
故答案为：125°．
【点睛】
此题考查平行线的性质：两直线平行同旁内角互补，与角平分线有关的计算，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．
13．-1
【解析】
【分析】
根据分式的值为0，可得且 再解方程与不等式即可得到答案．
【详解】
解：∵分式的值为0，
∴且
由
解得
由
解得
∴
故答案为：
【点睛】
本题考查的是分式的值为0的条件，掌握“分式的值为0，则分子为0，而分母不为0”是解本题的关键．
14．
【解析】
【详解】
根据题意得，这一组数的第个数为：
故答案为
【点睛】
观察已知一组数发现：分子为从1开始的连续奇数，分母为从2开始的连续正整数的平方，写出第 n个数即可．
15．（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）根据单项式的混合运算法则，即可得到答案；
（2）根据多项式的混合运算法则，完全平方公式，即可求解．
【详解】
（1）原式
；
（2）原式
．
【点睛】
本题主要考查单项式混合运算，多项式的混合运算以及完全平方公式，掌握单项式的乘除法法则，多项式的乘法法则以及完全平方公式，是解题的关键．
16．x= -5
【解析】
【分析】
按照解分式方程的基本步骤规范求解即可．
【详解】
，
去分母，得2x-(x-1)=-4，
去括号，得2x-x+1=-4，
移项、合并同类项，得x= -5，
经检验，x= -5是原方程的根．
【点睛】
本题考查了分式方程的解法，熟练掌握分式方程的解法是解题的关键．
17．
【解析】
【分析】
先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将m的值代入计算可得．
【详解】
原式＝

=，
当时，
原式.
【点睛】
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顺序和运算法则．
18．（1）（4，6），（1，2），（3，1），画图见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据平面直角坐标系中的任意一点(x，y)关于y轴的对称点为(−x，y)即可求出，，的坐标，然后顺次连接，，得到的即为所求；
（2）利用三角形ABC的面积等于其所在的矩形面积减去周围三个三角形的面积进行求解即可．
【详解】
解：（1）∵，，分别是A（﹣4，6），B（﹣1，2），C（﹣3，1）关于y轴的对称点，
∴（4，6），（1，2），（3，1），
如图所示，即为所求；
（2）由题意得：．
【点睛】
本题主要考查了轴对称作图，关于y轴对称的点的坐标特征，三角形面积，解题的关键在于能够熟练掌握关于y轴对称的点的坐标特征．
19．见解析
【解析】
【分析】
利用平行线的性质得到∠C=∠D，然后再利用等式的性质得到CE=DF，再利用AAS证明ΔAEC≌ΔBFD即可．
【详解】
证明：∵AC∥BD，
∴∠C=∠D，
∵CF=DE，
∴CF+EF=DE+EF，
即CE=DF，
在△AEC和△BFD中，
∴ΔAEC≌ΔBFD（AAS）．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定定理和平行线的性质，熟记判定三角形全等的方法是解题的关键．
20．80m
【解析】
【分析】
设计划平均每天修建步行道的长度为xm，则采用新的施工方式后平均每天修建步行道的长度为1.5xm，根据工作时间＝工作总量÷工作效率结合实际比原计划提前5天完成任务，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论．
【详解】
解：设计划平均每天修建步行道的长度为xm，则采用新的施工方式后平均每天修建步行道的长度为1.5xm，
依题意，得：
解得：x＝80，
经检验，x＝80是原方程的解，且符合题意，
答：计划平均每天修建步行道的长度为80m．
【点睛】
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．
21．5
【解析】
【分析】
根据与的平分线交于点O，可得，，再根据，有，，即可得，，依据的周长为7，可得，结合的周长是12，即可求解．
【详解】
解：∵与的平分线交于点O，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，，
∵的周长为7，即，
∴，
∴，
即，
∵的周长是12，
即，
∴．
即BC的长度为5．
【点睛】
本题考查了平行的性质、角平分线的性质、等角对等边等知识，掌握平行的性质是解答本题的关键．
22．(1)
(2)等边三角形，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）利用完全平方公式把原式变形为（x－3）2＋（2y＋1）2＝0，再根据完全平方的非负性求出x和y的值，即可求出xy的值．
（2）利用完全平方公式，把原式变形为（a－b）2＋（b－c）2＝0，再根据完全平方的非负性．确定a、b及c的关系式，即可作出判断．
(1)
解：∵
∴
即
∵
∴
∴
∴．
(2)
解：ΔABC是等边三角形，
理由∵
∴
∴
∵
∴
∴
即
∴ΔABC是等边三角形．
【点睛】
本题考查了配方法的应用以及非负数的性质，等边三角形的判定，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
23．（1）MN=AM+BN；（2）MN=BN-AM，见解析；（3）见解析，MN=AM﹣BN．
【解析】
【分析】
（1）利用AAS定理证明△NBC≌△MCA，根据全等三角形的性质、结合图形解答；
（2）根据直角三角形的性质得到∠CAM=∠BCN，证明△NBC≌△MCA，根据全等三角形的性质、结合图形解答；
（3）根据题意画出图形，仿照（2）的作法证明．
【详解】
（1）MN=AM+BN
（2）MN=BN-AM
理由如下：如图2.
因为l2⊥l1，l3⊥l1
所以∠BNC=∠CMA=90°
所以∠ACM+∠CAM=90°
因为∠ACB=90°
所以∠ACM+∠BCN=90°
所以∠CAM=∠BCN
又因为CA=CB
所以△CBN≌△ACM（AAS）
所以BN=CM，NC=AM
所以MN=CM﹣CN=BN﹣AM
（3）补全图形，如图3
结论：MN=AM﹣BN
由（2）得，△CBN≌△ACM（AAS）．
∴BN=CM，NC=AM
结论：MN=CN-CM=AM-BN．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．