2021-2022学年四川省成都市温江区八年级（下）期末数学试卷（Word解析版）

这是一份2021-2022学年四川省成都市温江区八年级（下）期末数学试卷（Word解析版），共19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。
2021-2022学年四川省成都市温江区八年级（下）期末数学试卷一、选择题（本题共8小题，共32分）年第届亚运会在杭州举行，吉祥物为智能小伙伴“江南忆”组合，其中吉祥物“宸宸”深受网民喜爱，结合你所学知识，从下列四个选项中选出能够和“宸宸”如图的图片成中心对称的是(    )A.
B.
C.
D. 要使分式有意义，应满足的条件是(    )A.  B.  C.  D. 若，则下列结论不一定成立的是(    )A.  B.  C.  D. 下列各式从左到右的变形不属于因式分解的是(    )A.  B.
C.  D. 已知的两个根为、，则的值为(    )A.  B.  C.  D. 温江进行河边公园改造，如图，江安河公园有三角形草坪，现准备在该三角形草坪内种一棵树，使得该树到三个顶点的距离相等，则该树应种在(    )
 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雷峰塔位于杭州市西湖风景区南岸夕照山的雷峰上，它远借西湖，邻借古刹，晚借夕阳，朝借钟声，水、光、声、色俱全，绝妙无比，是杭州的风景名胜建筑．雷锋塔底呈平面八边形，这个八边形的内角和是(    )A.  B.  C.  D. 王老师准备计划用正多边形地砖铺砌生活阳台地面，他想到了平面图形的镶嵌用形状、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，下列图形中不能与正三角形镶嵌整个地面的是(    )A. 正方形 B. 正五边形 C. 正六边形 D. 正十二边形二、填空题（本题共10小题，共40分）请你写出一个值恒为正数的分式______．方程的根为______．如图，已知一次函数的图象经过点与，那么关于的不等式的解集是______．
 已知：如图，是上一点，平分，，，若，则______用的代数式表示．
 如图，在中，点在上，，于点，是的中点，连接若，，则______．直线与的交点的横坐标为，则关于的不等式的整数解为______．
  如图，在中，，将绕点按逆时针方向旋转后得到，则阴影部分面积为______．
 若关于的方程无解，则的值是______．已知：、是方程的两根，则______．如图，为等边三角形，，且，点为线段的中点，把线段绕点逆时针旋转，连接，点为线段的中点，在旋转过程中的最大值为______．三、解答题（本题共8小题，共78分）
  分解因式：；
解不等式组，并将解集表示在数轴上．解分式方程：；
解方程：．如图，在中，，平分求证：．
如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，．
将向右平移个单位，作出平移后的，并直接写出的坐标：
画出绕点按顺时针旋转后的，并写出、、点的坐标．
如图，在平行四边形中，平分交点，平分交点，与交于点．
求证：；
若，求和的长度．
 王鹏家住成都，今年暑假，他们全家计划到贵州旅游，第一站到遵义参观遵义会议遗址．王鹏在做旅游攻略时发现成都火车东站距离遵义火车站，乘坐高铁列车从成都火车东站到遵义火车站比乘坐特快列车少用小时，高铁列车的平均行驶速度是特快列车的倍．请你帮王鹏计算一下从成都火车东站到遵义火车站乘坐高铁列车所需时间．年北京冬奥会和冬残奥会吉祥物分别为“冰墩墩”和“雪容融”，两个吉祥物玩偶非常畅销．某网店计划购进一种“冰墩墩”和“雪容融”玩偶共个进行直播销售，其中“冰墩墩”玩偶进价元个，“雪容融”玩偶进价元个，经预算，此次购买两种玩偶一共至少需要元．“冰墩墩”玩偶售价元个，“雪容融”玩偶售价元个．
计划购买“冰墩墩”玩偶最少是多少个？
在直播销售过程中发现“冰墩墩”玩偶很畅销，每天可销售个，“雪容融”玩偶每天仅销售个，于是该网店决定将“雪容融”玩偶降价促销，经调查发现，“雪容融”玩偶每降价元，每天可多销售个，若想“雪容融”玩偶每天盈利元，则每个“雪容融”玩偶应降价多少元？如图，等边三角形中，，，垂足为，点为边上一点，点为直线上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．
如图，当点与点重合，且的延长线过点，求的度数；
如图，在的条件下连接，求线段的长；
如图，点不与点重合，延长线交边于点，连接，，于点，交于点，连接，，求的值．
 

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：、不是中心对称图形，故此选不符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选不符合题意；
C、不是中心对称图形，故此选不符合题意；
D、是中心对称图形，故此选符合题意．
故选：．
根据中心对称图形的概念求解即可．
本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与原图重合．
 2.【答案】 【解析】解：由题意得：，
解得：，
故选：．
根据分式的分母不为列出不等式，解不等式得到答案．
本题考查的是分式有意义的条件，掌握分式的分母不为是解题的关键．
 3.【答案】 【解析】解：，
当且时，，
根据不等式的性质可得，
根据不等式的性质可得，
根据不等式的性质可得，
故选：．
根据不等式的性质进行运算辨别即可．
此题考查了不等式性质的应用能力，关键是能根据不等式的变化正确选择对应的性质．
 4.【答案】 【解析】解：、符合因式分解的定义，属于因式分解，故此选项不符合题意；
B、右边不是整式的积的形式，不属于因式分解，故此选项符合题意；
C、符合因式分解的定义，属于因式分解，故此选项不符合题意；
D、符合因式分解的定义，属于因式分解，故此选项不符合题意．
故选：．
利用因式分解的定义判断即可．
此题考查了因式分解，熟练掌握因式分解的定义是解本题的关键．分解因式的定义：把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，也叫做分解因式．
 5.【答案】 【解析】解：的两个根为、，
．
故选：．
根据一元二次方程的根与系数的关系为：即可求解．
本题考查了根与系数的关系，一元二次方程的根与系数的关系为：，．
 6.【答案】 【解析】解：树到三个顶点的距离相等，
树选择三边的垂直平分线的交点．
故选：．
由于树到三个顶点的距离相等，所以根据垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等，可知是三条边垂直平分线的交点．由此即可确定树位置．
本题主要考查的是线段的垂直平分线的性质在实际生活中的应用．主要利用了到线段的两个端点的距离相等的点在这条线段的垂直平分线上．
 7.【答案】 【解析】解：八边形的内角和．
故选：．
多边形内角和定理：且为整数，应用多边形的内角和公式计算即可．
此题主要考查了多边形内角和定理，关键是熟练掌握计算公式：且为整数．
 8.【答案】 【解析】解：、个正方形与个正三角形能进行平面镶嵌，因为；
B、正五边形不能与正三角形进行平面镶嵌，因为正五边形的内角和为，的整数倍与的整数倍的和不等于；
C、个正六边形与个三角形能进行平面镶嵌，因为；
D、个正十二边形与个正三角形能进行平面镶嵌，因为；
故选：．
进行平面镶嵌就是在同一顶点处的几个多边形的内角和应为，因此我们只需验证是不是上面所给的几个正多边形的一个内角度数的整数倍即可．
本题考查了求正多边形一个内角度数，可先求出这个外角度数，让减去即可．一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除；两种或两种以上几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．
 9.【答案】 【解析】解：此题是一个开放性试题，答案不唯一．如，
故答案为：．
根据题意列出代数式即可．注意答案不唯一．
本题考查分式，解题的关键是正确理解题意列出代数式，本题属于基础题型．
 10.【答案】， 【解析】解：，
，
，
，或，
，，
故答案为：，．
移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
本题考查了解一元二次方程因式分解法，因式分解法解一元二次方程的一般步骤：
移项，使方程的右边化为零；将方程的左边分解为两个一次因式的乘积；令每个因式分别为零，得到两个一元一次方程；解这两个一元一次方程，它们的解就都是原方程的解．
 11.【答案】 【解析】解：由题意可得：一次函数中，时，图象在轴下方，，
则关于的不等式的解集是，
故答案为：．
首先利用图象可找到图象在轴下方时，进而得到关于的不等式的解集是．
此题主要考查了一次函数与一元一次不等式，关键是掌握数形结合思想．认真体会一次函数与一元一次不等式之间的内在联系．
 12.【答案】 【解析】解：过点作于，于，如图，
平分，
，
：：，
：：，

故答案为：
过点作于，于，如图，根据角平分线的性质得到，再根据三角形面积公式得到：：，然后利用比例的性质计算即可．
本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．
 13.【答案】 【解析】解：，，
，
是的中点，
是的中位线，
，
，，
，
，
故答案为：．
利用等腰三角形的性质得，从而得出是的中位线，则，即可得出答案．
本题主要考查了三角形中位线定理，等腰三角形的性质等知识，证明是的中位线是解题的关键．
 14.【答案】解：原式
；
，
由得：，
由得：，
不等式组的解集为，
解集表示在数轴上，如图所示：
． 【解析】原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可；
分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分确定出不等式组的解集，进而表示在数轴上即可．
此题考查了在数轴上表示不等式的解集，解一元一次不等式组，以及提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握各自的解法及因式分解的方法是解本题的关键．
 15.【答案】解：去分母得：，
解得：，
检验：把代入得：，
分式方程的解为；
分解因式得：，
所以或，
解得：，． 【解析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到的值，经检验即可得到分式方程的解；
方程利用因式分解法求出解即可．
此题考查了解一元二次方程因式分解法，以及解分式方程，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．
 16.【答案】证明：平分，
．
在和中
，
≌，
，
． 【解析】利用证得≌，从而证得，利用等边对等角证得结论即可．
本题考查了全等三角形的判定与性质，特别是在应用进行判定三角形全等时，主要为两边的夹角．
 17.【答案】解：如图，即为所求；的坐标为；

如图，即为所求；，，． 【解析】根据平移的性质即可将向右平移个单位，作出平移后的，进而可以写出的坐标：
根据旋转的性质即可画出绕点按顺时针旋转后的，进而写出、、点的坐标．
本题考查了作图旋转变换，平移变换，解决本题的关键是掌握旋转和平移的性质．
 18.【答案】证明：四边形是平行四边形，
，，
，
平分，
，
，
，
同理可得，
，
；
解：过点作，交的延长线于，

，
，
平分交点，平分交点，
，
，
，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
在中，由勾股定理得，
． 【解析】根据平行四边形的性质得，再利用平行线的性质和角平分线的定义得，同理可得，从而有，即可证明结论；
过点作，交的延长线于，求出和的长，利用勾股定理可得答案．
本题主要考查了平行四边形的性质，平行线的性质，勾股定理等知识，熟练掌握平行线和角平分线得出等腰三角形是解题的关键．
 19.【答案】 【解析】解：，
当时，，
即直线与轴的交点坐标是，
直线与的交点的横坐标为，
关于的不等式的解集是，
整数解是，
故答案为：．
先求出直线与轴的交点坐标，再根据两直线的交点坐标和直线与轴的交点坐标得出不等式组的解集即可．
本题考查了一次函数与一元一次不等式，一元一次不等式组的整数解，两直线相交与平行问题等知识点，能求出不等式组的解集是解此题的关键．
 20.【答案】 【解析】解：在中，，将绕点按逆时针方向旋转后得到，
≌，
，
是等腰三角形，，
作于点，则是等腰直角三角形，

，
，
又，
，
．
故答案为：．
根据旋转的性质得到≌，，所以是等腰三角形，依据得到等腰三角形的面积，由图形可以知道，最终得到阴影部分的面积．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．运用面积的和差关系解决不规则图形的面积是解决此题的关键．
 21.【答案】或． 【解析】解：，
去分母，得．
移项，得．
合并同类项，得．
关于的方程无解，
或．
或．
故答案为：或．
根据分式方程的解的定义解决此题．
本题主要考查分式方程的解，熟练掌握分式方程的解的定义是解决本题的关键．
 22.【答案】 【解析】解：根据题意得，，
所以




．
故答案为：．
先根据根与系数的关系得到，，再利用完全平方公式变形得到，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了根与系数的关系，一元二次方程的根与系数的关系为：，．
 23.【答案】 【解析】解：如图，取的中点，连接，

，点为线段的中点，
，
点为线段的中点，
是的中位线，
，
点在以为圆心，为半径的圆上，
当经过圆心时，最大，
为等边三角形，是的中点，
，
，
，
，
的最大值为，
故答案为：．
取的中点，连接，由三角形中位线的性质得出，得出点在以为圆心，为半径的圆上，当经过圆心时，最大，由等边三角形的性质得出，进而求出的值，得出答案．
本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，掌握三角形中位线的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，圆的定义是解决问题的关键．
 24.【答案】解：设特快列车的平均行驶速度是，则高铁列车的平均行驶速度是，
根据题意得：，
解得：．
经检验，是原方程的解．
则小时．
答：从成都火车东站到遵义火车站乘坐高铁列车所需时间为小时． 【解析】设特快列车的平均行驶速度是，则高铁列车的平均行驶速度是，根据乘坐高铁列车从成都火车东站到遵义火车站比乘坐特快列车少用小时列出方程，解方程即可．
本题考查分式方程的应用，分析题意，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
 25.【答案】解：设计划购买“冰墩墩”玩偶个，则“雪容融”玩偶玩偶个，依题意有：
，
解得．
故计划购买“冰墩墩”玩偶最少是个；
设每个“雪容融”玩偶应降价元，依题意有：
，
解得．
故每个“雪容融”玩偶应降价元． 【解析】可设计划购买“冰墩墩”玩偶个，则“雪容融”玩偶玩偶个，根据购买两种玩偶一共至少需要元，列出不等式计算即可求解；
设每个“雪容融”玩偶应降价元，根据“雪容融”玩偶每天盈利元，列出方程计算即可求解．
本题考查了一元二次方程组的应用、一元一次不等式的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程和不等式．
 26.【答案】解：是等边三角形，，
，
，，
是等边三角形，
，
；
过作交于，
是等边三角形，
，，
是等边三角形，，
，，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，
在中，，，
，
在中，；
过点作交于点，取的中点，连接，
是等边三角形，
，，
，
是等边三角形，，
，
，
、、、四点共圆，
，
，
，
，，
，
，
，
、、、共圆，
，
，，
，
，
，，
≌，
，
，中点，，
，
，
，
在中，，
，
，
，
在中，，
在中，，
，
，
． 【解析】由等边三角形的性质，可求，由题意可知是等边三角形，则，再由三角形外角的性质可求；
过作交于，求出，在中，求出，，在中，求出，，可得，在中，求出；
过点作交于点，取的中点，连接，可以分别得到、、、四点共圆，、、、共圆，从而可证明≌，则有，再由，得，推导出，在中，，在中，，由，可得，即可求．
本题考查几何变换的综合应用，熟练掌握等边三角形的性质，四点共圆的判定方法，圆周角的性质，三角形旋转的性质，三角形全等的判定及性质，直角三角形的性质是解题的关键．