福建省厦门第一中学八年级上学期期末考试数学试卷（解析版）-A4

这是一份福建省厦门第一中学八年级上学期期末考试数学试卷（解析版）-A4，共22页。
考生须知：
1．解答内容一律写在答题卷上，否则不得分，交卷时只交答题卷．
2．所有答案都必须写在答题卷指定的位置上，务必注意试题序号和答题序号相对应．
一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分）
1. 围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有四千多年的历史．下列由黑白棋子摆成的图案是轴对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了轴对称图形的识别，根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，这条直线就叫做对称轴．
【详解】解：A、是轴对称图形，故此选项符合题意；
B、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
故选A．
2. 如图，工人师傅在安装木制门框时，为防止变形，常常钉上两条斜拉的木条，这样做的数学依据是（ ）
A. 两点确定一条直线
B. 两点之间，线段最短
C. 三角形具有稳定性
D. 三角形任意两边之和大于第三边
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形具有稳定性进行求解即可．
【详解】解：工人师傅在安装木制门框时，为防止变形，常常钉上两条斜拉的木条，这样做的数学依据是三角形具有稳定性，
故选C．
【点睛】本题主要考查了三角形的稳定性，熟知三角形具有稳定性是解题的关键．
3. 若有意义，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了零指数幂，由即可求解，掌握零指数幂是解题的关键．
【详解】解：若有意义，则，
∴，
故选：．
4. 在中，的平分线与的外角平分线相交于点D，，那么等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据角平分线的性质及三角形内角与外角的关系解答．
【详解】解：∵中，的平分线与的外角平分线，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了三角形内角与外角的关系：三角形的任一外角等于和它不相邻的两个内角之和．
5. 一个多边形的每个外角都是，则这个多边形的边数为（ ）
A B. C. D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了多边形的外角和问题，根据多边形的外角和等于，则边数为即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：根据题意得：这个多边形的边数为：，
故选：．
6. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了同底数幂的乘除法，幂的乘方，合并同类项，解题的关键是掌握所学的知识，正确的进行判断．
由同底数幂的乘除法，幂的乘方，合并同类项，分别进行判断，即可得到答案．
【详解】解：A、，故不符合题意；
B、，故符合题意；
C、与不是同类项，不能合并，故不符合题意；
D、，故不符合题意，
故选：B．
7. 如图，，，，，，则的度数等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的性质和三角形内角和定理，根据已知求得，结合全等三角形的性质得和，利用三角形内角和定理即可得即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴．
故选：B．
8. 东湖高新区为打造成“向往之城”，正建设一批精品口袋公园．如图，是一个正在修建的口袋公园．要在公园里修建一座凉亭H，使该凉亭到公路、的距离相等，且使得，则凉亭H是（ ）

A. 的角平分线与边上中线的交点
B. 的角平分线与边上中线的交点
C. 的角平分线与边上中线的交点
D. 的角平分线与边上中线的交点
【答案】A
【解析】
【分析】根据角平分线的性质定理可得点H在的角平分线上，再根据三角形的中线性质可得的面积的面积，的面积的面积，然后利用等式的性质可得的面积的面积，即可解答．
【详解】解：如图：作的平分线交于D，作的中线交于H，
∵平分，点H在上，
∴点H到、的距离相等，
∵是边上的中线，
∴的面积的面积，的面积的面积，
∴的面积的面积的面积的面积，
∴的面积的面积，
∴凉亭H是的角平分线与边上中线的交点，
故选：A．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，熟练掌握三角形的角平分线和中线的性质是解题的关键．
9. 数学家斐波那契编写的《算经》中有如下问题：一组人平分10元钱，每人分得若干；若再加上人，平分40元钱，则第二次每人所得与第一次相同，求第一次分钱的人数．设第一次分钱的人数为人，则可列方程（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，设第一次分钱的人数为人，根据题意列出即可，正确理解题意，找出等量关系，列出方程是解题的关键．
【详解】解：设第一次分钱的人数为人，
根据题意得：，
故选：．
10. 如图，标号为①，②，③，④的长方形不重叠地围成长方形，已知①和②能够重合，③和④能够重合，且这四个长方形的面积相等．若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了分式的混合运算，熟练掌握分式混合运算法则是解本题的关键．设四个长方形的面积均为S，，则，得出，，求出，，根据求出结果即可．
【详解】解：设四个长方形的面积均为S，，则，
∴，，
∴，
，
∴
．
故选：B．
二、填空题（本大题共6小题，每题4分，共24分）
11. 在平面直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了关于轴对称的点的坐标规律，根据根据“关于轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”即可求解，解题的关键是正确理解关于轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；关于轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数．
【详解】解：∵点，
∴关于轴对称的点的坐标是，
故答案为：．
12. 人类进入5G时代，科技竞争日趋激烈，据报道，我国已经能大面积生产14纳米的芯片，14纳米即为0.000000014米，将其用科学记数法表示为____________米
【答案】
【解析】
【分析】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为，其中，n为整数，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】解：，
故答案为：．
13. 若等腰三角形的两边长分别是和，则这个三角形的周长是 _______．
【答案】14
【解析】
【分析】此题主要考查学生对等腰三角形的定义及三角形的三边关系的掌握情况．已知没有明确腰和底边的题目一定要想到两种情况，分类进行讨论，还应验证各种情况是否能构成三角形进行解答，这点非常重要，也是解题的关键．分当腰长是时和当腰长是时两种情况求解．
【详解】解：当腰长是时，因为，不符合三角形的三边关系，应排除；
当腰长是时，因为，符合三角形三边关系，此时周长是；
答案：14．
14. 若，，那么代数式的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了完全平方公式，利用完全平方公式计算即可求解，掌握完全平方公式是解题的关键．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
故答案为：．
15. 如图，等边的边长为5，点E在上，，射线，垂足为点C，点P是射线上一动点，点F是线段上一动点，当的值最小时，的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了轴对称最短路径问题，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质．作E点关于的对称点，连接，则当三点共线，且时，此时的值最小，由题意可得，则，再求出即可得到答案．
【详解】解：作E点关于的对称点，连接，
∴，
∴，
∴当三点共线，且时，此时的值最小，即的值最小，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵等边的边长为5，
∴
∵点E在上，，E点关于的对称点，
∴
∴，
∴，
故答案为：．
16. 如图，在四边形中，和都是直角，且．现将沿翻折，点的对应点为，与边相交于点，恰好是的角平分线，若，则BD的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，延长和相交于点，由折叠可得，，进而由角平分线可证，得到，即得，再证明，可得，即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，延长和相交于点，
由翻折可知，，，
∵是的角平分线，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
三、解答题（本大题共9小题，共86分）
17. 计算：
（）；
（）；
因式分解：
（）；
（）．
【答案】（）；（）；（）；（）
【解析】
【分析】（）根据多项式乘以多项式乘法法则展开，再合并同类项即可；
（）利用平方差公式进行计算即可；
（）利用提公因式法因式分解即可；
（）利用平方差公式因式分解即可；
本题考查了整式的混合运算，因式分解，掌握整式的运算法则和因式分解的方法是解题的关键．
【详解】解：（）原式
；
（）原式
；
（）原式；
（）原式
．
18. 解分式方程：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查解分式方程，去分母，将分式方程化为整式方程，求解后进行检验即可．
【详解】解：去分母，得：，
去括号，得：，
移项，合并，得：，
系数化1，得：，
检验，经检验，是原方程的解．
19. 先化简，然后从中选一个合适的整数作为的值代入求值．
【答案】，当时，原式；当时，原式
【解析】
【分析】本题考查了分式的混合运算化简求值，分式有意义的条件，先利用分式的性质和运算法则先对分式进行化简，再根据分式有意义的条件确定出的值，进而代入到化简后的结果中计算即可求解，掌握分式的性质和运算法则是解题的关键．
【详解】解：原式
，
∵且，
∴且，
∴当时，的值可以取或，
当时，原式；
当时，原式．
20. 如图，在与中，BC与EF在同一条直线上，，，．求证：．
【答案】见解析．
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定方法，由，得，即有，然后由“”即可求证，掌握证明三角形全等的方法是解题的关键．
【详解】证明：∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴．
21. 如图，，，D是边上一点，满足，连接并延长到点E，使得，连接．
（1）用尺规作图作出边上高（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）求证：
【答案】（1）图见解析
（2）详见解析
【解析】
【分析】（1）根据作垂线的方法进行作图即可；
（2）利用等腰三角形的性质求得，再利用等腰三角形的性质求得，推出，证明，得到，然后利用直角三角形的性质即可证明结论成立．
【小问1详解】
解：线段即为所求．
；
【小问2详解】
证明：，，
，
，
，
又，
，
，
在和中，
，
，
，
又，，
，
．
【点睛】本题主要考查了尺规作图，三角形内角和定理，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，解题的关键是证明．
22. 为培养学生的动手实验能力，某校初二年级购进光学和电学两种实验器材，花费分别是35000元和70000元，已知电学器材的订购单价是光学器材订购单价的1.4倍，并且订购的电学器材的数量比光学器材的数量多150套．设购买光学器材的单价为x元．
（1）根据题意，用含x的式子填写下表：
（2）根据题意列出方程，求该校初二年级购买的两种实验器材的单价各为多少元？
（3）该校初二年级某班计划再订购这两种器材共10套来备用，其中电学器材订购数量不低于3套，且两种器材总费用不超过1240元，这个班订购这两种器材有多少种方案？按照这些方案订购最低总费用为多少元？
【答案】（1）见解析 （2）电学器材的订购单价是每套元，光学器材的单价是每套100元
（3）1120元
【解析】
【分析】本题考查分式方程的应用，一元一次不等式的应用：
（1）利用数量总价单价填表即可；
（2）利用订购的电学器材的数量比光学器材的数量多150套建立方程，求解即可；
（3）设电学器材的订购套，则光学器材订购套，建立不等式组，求出的情况，再分类讨论计算比较即可．
【小问1详解】
解：光学器材的单价为x元，则购买数量为，
∵电学器材的订购单价是光学器材订购单价的1.4倍，
∴电学器材的单价为元，则购买数量为，
则填表如下：
【小问2详解】解：由题意得，，
整理得：，
去分母得：，
解得：，
经检验：，是原方程的解，且符合题意，
∴，
答：电学器材的订购单价是每套元，光学器材的单价是每套100元；
【小问3详解】
解：设电学器材的订购套，则光学器材订购套，
由题意得：，
解得：，
∵为正整数，
∴可取，
∴有4种方案，
方案一：电学器材的订购3套，则光学器材订购7套，费用为元；
方案二：电学器材的订购4套，则光学器材订购6套，费用为元；
方案一：电学器材的订购5套，则光学器材订购5套，费用为元；
方案二：电学器材的订购6套，则光学器材订购4套，费用为元，
∵，
∴按照这些方案订购最低总费用为1120元．
23. 若一个正整数能表示成两个正整数的平方差的形式，则称这个数可“平方差表示”．每一种表示方法叫做一个平方差分解．
例：∵，∴可平方差表示．是的一个平方差分解．
（1）请写出的另一个平方差分解；
（2）试证明：若，（其中是正整数），则可平方差表示；
（3）已知（是正整数，是常数，且），要使可平方差表示，试求出符合条件的一个值，并说明理由．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（）根据“平方差表示”的定义解答即可；
（）由证明即可求证；
（）由可知当时，可平方差表示，据此解答即可求解；
本题考查了平方差公式和完全平方公式的应用，熟练掌握平方差公式和完全平方公式的应用是解题的关键．
【小问1详解】
解：∵，
∴的另一个平方差分解为；
【小问2详解】
证明：∵，
∴，
∵是正整数，
∴也是正整数，
∴可平方差表示；
【小问3详解】
解：，理由如下：
∵
，
∴当时，为“平方差表示”，此时．
24. 在学习全等三角形知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：模型是由两个顶角相等且有公共顶角顶点的等腰三角形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，我们把这种模型称为“手拉手模型”．这个数学兴趣小组进行了如下操作：
（1）如图1，在和中，，，，连接，，当点落在边上，且，，三点共线时，则在这个“手拉手模型”中，和全等三角形是____________，的度数为____________．
（2）如图2，已知，分别以、为直角边向两侧作等腰直角和等腰直角，其中，连接、，线段和交于点．
①证明：且；
②若与在同一直线上，如图3，延长与交于点，连接并延长，的延长线与边交于点，且，若和的面积之和为20，的面积为6，求线段的长．
【答案】（1），；
（2）①证明见解析；②4
【解析】
【分析】（1）利用证明，得出，结合三角形外角的性质即可得出，即可求解；
（2）①利用证明，得出，，然后利用三角形外角的性质即可得出；
②利用①中，得出，则可求，利用等角对等边得出，可得出，由的面积可求，由和的面积之和为20，可求，利用完全平方公式变形求出，，求出、，进而求出，即可求解．
【小问1详解】
解：如图1中，
在和中，
，
，
，
，
故答案为：，；
【小问2详解】
解：①和均为等腰直角三角形，，
，，
，
，
在和中，
，
，，
，
；
②和的面积之和为20，和均为等腰直角三角形，
，，，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
的面积为6，，
，即，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，等腰直角三角形的性质等知识，明确题意，寻找出全等三角形是解题的关键．
25. 如图，等边中，过点在AB右侧作射线，交于点，记，点与点关于直线对称，连接，连接CE并延长交射线于点．
（1）如图，当时，求的度数；
（2）在变换过程中，的大小是否发生变化？如果变化，写出变化的范围，如果不变化，求的大小；
（3）在上截取，连接，记与交于点，求线段之间的数量关系．
【答案】（1）
（2）的大小不会发生变化，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（）利用轴对称的性质可得，，得到，由等边三角形的性质得，，进而可得，，再根据等腰三角形的性质即可求解；
（）同理（）解答即可求解；
（）连接，延长交于，可得是等边三角形，得到，，根据轴对称可得，，，，，即可得，，得到，，进而根据三角形外角性质可得，即得，，得到，再根据三角形内角和可得，即可证，得到，又可证为等边三角形，得到，即得．
【小问1详解】
解：∵点与点关于直线对称，
∴，，
∴，
∵为等边三角形，
∴，，
∴，，
∴；
【小问2详解】
解：的大小不会发生变化，理由如下：
∵点与点关于直线对称，
∴，，
∴，
∵为等边三角形，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴的大小不会发生变化；
【小问3详解】
解：连接，延长交于，
∵为等边三角形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∵点与点关于直线对称，
∴，，，，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
即．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理及外角性质，正确作出辅助线是解题的关键．
单价（元）
数量（套）
总费用（元）
光学
x
35000
电学
70000
单价（元）
数量（套）
总费用（元）
光学
x
35000
电学
70000