2023-2024学年江西省九江市都昌县八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年江西省九江市都昌县八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析），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。

1.下列四个图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.点(−6,2)关于原点的对称点是( )
A. (−6,2)B. (−6,−2)C. (6,2)D. (6,−2)
3.下列各式：①k22π；②1m+n；③m2−n24；④2b3a；⑤(x+1)2x−1；⑥1x，其中分式有( )
A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个
4.某班同学在学完平行四边形的判定后，开展了一次课外活动课，课上探索出如下结论，其中正确的是( )
A. 当四边形的一组邻角相等且一组对角互补时，此四边形一定为平行四边形
B. 当四边形的一组对角相等且一组对边相等时，此四边形一定为平行四边形
C. 当四边形的一组邻角相等且一组对边平行时，此四边形一定为平行四边形
D. 当四边形的一组对角相等且一组邻角互补时，此四边形一定为平行四边形
5.如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=40∘，AB的垂直平分线交AB于点D，交AC于点E，连接BE，则∠CBE的度数为( )
A. 70∘B. 80∘C. 40∘D. 30∘
6.如图，△ABC是等边三角形，P是∠ABC的平分线BD上一点，PE⊥AB于点E，线段BP的垂直平分线交BC于点F，垂足为点Q，若BF=2，则PE的长为( )
A. 3
B. 2 3
C. 2
D. 3
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
7.因式分解：mn(n−m)−n(m−n)=______.
8.分式x−2x+2有意义的条件是______.
9.一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为______.
10.某工厂新引进一批电子产品，甲工人比乙工人每小时多搬运30件电子产品，已知甲工人搬运300件电子产品所用的时间与乙工人搬运200件电子产品所用的时间相同．若设乙工人每小时搬运x件电子产品，可列方程为______.
11.图①是一个三角形，分别连接这个三角形的中点得到图②；再分别连接图②中间小三角形三边的中点，得到图③。按上面的方法继续下去，第n个图形中有______个三角形(用含字母n的代数式表示)。
12.如图，在▱ABCD中，AD=2AB，点F是BC的中点，作AE⊥CD于点E，点E在线段CD上，连接EF、AF，下列结论：①2∠BAF=∠C；②EF=AF；③S△ABF=S△AEF；④∠BFE=3∠CEF.其中一定正确的是______.
三、解答题：本题共11小题，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
13.(本小题6分)
(1)解不等式组{3(x−2)⩾x−4,①2x+13>x−1,②；
(2)解分式方程:1x−2+3=1−x2−x.
14.(本小题6分)
化简分式(a2−3aa2−6a+9+23−a)÷a−2a2−9，并在2，3，4，5这四个数中取一个合适的数作为a的值代入求值．
15.(本小题6分)
已知：如图，在△ABC中，中线BE，CD交于点O，F，G分别是OB，OC的中点.连接DF、FG、EG、DE，求证：DF=EG.
16.(本小题6分)
如图，正方形网格中的每个小正方形边长都是1，每个小格的顶点叫做格点，以格点为顶点分别按下列要求画图：
(1)在甲图中，画出一个平行四边形A1B1C1D1，使其面积为3；
(2)在乙图中，画出一个正方形A2B2C2D2，使其面积为5；
(3)在丙图中，画出一个菱形A3B3C3D3，使其面积为6.
17.(本小题6分)
贵成高铁开通后极大地方便了人们的出行，甲、乙两个城市相距450千米，加开高铁列车后，高铁列车行驶时间比原特快列车行驶时间缩短了3小时，已知高铁列车平均行驶速度是原特快列车平均行驶速度的3倍，求高铁列车的平均行驶速度．
18.(本小题8分)
如图，M是△ABC的边BC的中点，AN平分∠BAC，BN⊥AN于点N，延长BN交AC于点D，已知AB=10，BC=15，MN=3
(1)求证：BN=DN；
(2)求△ABC的周长．
19.(本小题8分)
如图所示，在▱ABCD中，延长DA到点E，延长BC到点F，使得AE=CF，连接EF，分别交AB，CD于点M，N，连接DM，BN，BD.
(1)求证：△AEM≌△CFN；
(2)求证：BD与MN互相平分.
20.(本小题8分)
某校为了开展“阳光体育运动”，计划购买篮球、足球共60个，已知每个篮球的价格为70元，每个足球的价格为80元．
(1)若购买这两类球的总金额为4600元，求篮球，足球各买了多少个？
(2)若购买篮球的总金额不超过购买足球的总金额，求最多可购买多少个篮球？
21.(本小题9分)
【发现问题】数形结合是解决数学问题的一种重要的思想方法，借助图的直观性，可以帮助我们更容易理解数学问题，现有图1中的A，B，C三种卡片若干，用这些卡片可以拼成各式各样的图形，根据这些图形的面积的不同表示可以将一些多项式因式分解.
例：用1张A卡片，2张B卡片，1张C卡片拼成如图2的图形，用两种方法表示该图形的面积，可以得到等式a2+2ab+b2=(a+b)2，这种把一个多项式化成几个整式的积的形式，叫做因式分解.
(1)【小试牛刀】请把表示图3面积的多项式因式分解(直接写出等式即可).
(2)【自主探索】请利用图1的卡片，将多项式2a2+5ab+3b2因式分解，并画出图形.
(3)【拓展迁移】事实上，拼图不仅限于平面图形，利用立体图形的体积也可以将一些多项式因式分解.请你用此方法从体积角度简要说明如何把a3+4a2b+3ab2进行因式分解并写出因式分解结果.
22.(本小题9分)
如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F.
(1)求证：EO=FO；
(2)若AE=EF=4，求AC的长；
(3)若AC⊥AB，BD=2AC，当AC=4时，求▱ABCD的面积.
23.(本小题12分)
如图，在四边形ABCD中，AD//BC，AC与BD交于点E，点E是BD的中点，延长CD到点F，使DF=CD，连接AF，
(1)求证：AE=CE；
(2)求证：四边形ABDF是平行四边形；
(3)若AB=2，AF=4，∠F=30∘，则四边形ABCF的面积为______.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意．
故选：D.
根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．把一个图形绕某一点旋转180∘，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，常见的中心对称图形有平行四边形、圆、正方形、长方形等等．常见的轴对称图形有等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．
2.【答案】D
【解析】解：点(−6,2)关于原点的对称点是：(6,−2).
故选：D.
根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P(x,y)关于原点O的对称点是P′(−x,−y)，进而得出答案．
此题主要考查了原点对称点的性质，正确掌握横纵坐标的符号关系是解题关键．
3.【答案】B
【解析】解：分式有：②1m+n、④2b3a、⑤(x+1)2x−1、⑥1x，共有4个．
故选：B.
判断分式的依据是看分母中是否含有字母，如果含有字母则是分式，如果不含有字母则不是分式．
本题主要考查分式的定义，注意π不是字母，是常数，所以k22π不是分式，是整式．
4.【答案】D
【解析】解：A、四边形的一组邻角相等且一组对角互补不一定是平行四边形，如等腰梯形，故此选项不符合题意；
B、四边形的一组对角相等且一组对边相等不一定为平行四边形，故此选项不符合题意；
C、四边形的一组邻角相等且一组对边平行不一定是平行四边形，如直角梯形，故此选项不符合题意；
D、四边形的一组对角相等且一组邻角互补，一定是平行四边形，故此选项符合题意；
故选：D.
根据平行四边形的判定定理：两组对边分别相等的四边形是平行四边形；两组对角分别相等的四边形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形，分别进行判断即可．
此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握平行四边形的判定方法．
5.【答案】D
【解析】解：因为在△ABC中，AB=AC，∠A=40∘，
所以△ABC是等腰三角形
所以∠ABC=∠C=180∘−∠A2=70∘，
因为DE是线段AB的垂直平分线，
所以AE=BE，
所以∠ABE=∠A=40∘，
所以∠CBE=∠ABC−∠ABE=30∘.
故选：D.
由AB=AC得△ABC是等腰三角形，再由∠A=40∘，即可求得∠ABC的度数，又由DE是线段AB的垂直平分线，可得AE=BE，继而求得∠ABE的度数，则可求得答案．
此题考查了线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
6.【答案】A
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，BP是∠ABC的角平分线，
∴∠EBP=∠QBF=30∘，
∵BF=2，QF为线段BP的垂直平分线，
∴∠FQB=90∘，
∴BQ=BF⋅cs30∘=2× 32= 3，
∴BP=2BQ=2 3，
在Rt△BEP中，∠EBP=30∘，
∴PE=12BP= 3.
故选：A.
先求出∠EBP=∠QBF=30∘，再求出BQ=BF⋅cs30∘= 3，根据30度所对的直角边等于斜边的一半，求出PE的长．
本题考查等边三角形的性质，线段垂直平分线的性质，三角函数，30度所对的直角边等于斜边的一半的知识，解题的关键是熟练利用相应的定理进行推理．
7.【答案】n(n−m)(m+1)
【解析】解：mn(n−m)−n(m−n)，
=mn(n−m)+n(n−m)，
=n(n−m)(m+1).
故答案为：n(n−m)(m+1).
先整理并确定公因式n(n−m)，然后提取公因式即可得解．
本题考查了提公因式法分解因式，准确确定公因式是解题的关键，要注意运算符号的处理，是本题容易出错的地方．
8.【答案】x≠−2
【解析】解：分式式x−2x+2有意义的条件为分母不为零，即x+2≠0.此时x≠−2.
故答案为：x≠−2.
根据分母不为零的条件进行解题即可．
本题考查分式有意义的条件，掌握分母不为零的条件是解题的关键．
9.【答案】6
【解析】解：设多边形的边数为n，
根据题意得：(n−2)×180∘=360∘×2，
解得：n=6，
所以这个多边形是六边形．
故答案为：6.
本题主要考查了多边形的内角和定理与外角和定理，熟练掌握定理是解题的关键．
利用多边形的外角和以及多边形的内角和定理即可解决问题．
10.【答案】300x+30=200x
【解析】解：设乙工人每小时搬运x件电子产品，则甲每小时搬运(x+30)件电子产品，
依题意得：300x+30=200x.
故答案为：300x+30=200x.
设乙工人每小时搬运x件电子产品，则甲每小时搬运(x+30)件电子产品，根据300÷甲的工效=200÷乙的工效，列出方程．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
11.【答案】(4n−3)
【解析】解：分别数出图①、图②、图③中的三角形的个数，
图①中三角形的个数为1=4×1−3；
图②中三角形的个数为5=4×2−3；
图③中三角形的个数为9=4×3−3；
…
可以发现，第几个图形中三角形的个数就是4与几的乘积减去3。
按照这个规律，如果设图形的个数为n，那么其中三角形的个数为4n−3。
故答案为(4n−3)。
分别数出图①、图②、图③中的三角形的个数，可以发现：第几个图形中三角形的个数就是4与几的乘积减去3。如图③中三角形的个数为9=4×3−3。按照这个规律即可求出第n各图形中有多少三角形。
此题主要考查学生对图形变化类这个知识点的理解和掌握，解答此类题目的关键是根据题目中给出的图形，数据等条件，通过认真思考，归纳总结出规律，此类题目难度一般偏大，属于难题。
12.【答案】①②④
【解析】解：①∵F是BC的中点，
∴BF=FC，
∵在▱ABCD中，AD=2AB，
∴BC=2AB=2CD，∴BF=FC=AB，
∴∠AFB=∠BAF，
∵AD//BC，
∴∠AFB=∠DAF，
∴∠BAF=∠DAF，
∴2∠BAF=∠BAD，
∵∠BAD=∠C，
∴2∠BAF=∠C故①正确；
②延长EF，交AB延长线于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠MBF=∠C，
∵F为BC中点，
∴BF=CF，
在△MBF和△ECF中，∠MBF=∠CBF=CF∠BFM=∠CFE，
∴△MBF≌△ECF(ASA)，
∴FE=MF，∠CEF=∠M，
∵CE⊥AE，
∴∠AEC=90∘，
∴∠AEC=∠BAE=90∘，
∵FM=EF，
∴EF=AF，故②正确；
③∵EF=FM，
∴S△AEF=S△AFM，
∴S△ABF④设∠FEA=x，则∠FAE=x，
∴∠BAF=∠AFB=90∘−x，
∴∠EFA=180∘−2x，
∴∠EFB=90∘−x+180∘−2x=270∘−3x，
∵∠CEF=90∘−x，
∴∠BFE=3∠CEF，故④正确，
故答案为：①②④．
利用平行四边形的性质：平行四边形的对边相等且平行，利用题目条件结合等边对等角的转化，可得①成立，解决②的关键是由全等三角形的判定得出△MBF≌△ECF，利用全等三角形的性质得出对应线段之间关系进而可解决③④．
此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解决本题的关键是等边与等角的相互转化以及全等三角形的判定与性质的熟练掌握．
13.【答案】解：(1){3(x−2)⩾x−4,①2x+13>x−1,②，
由①，得3x−6≥x−4，
∴2x≥2.
∴x≥1.
由②，得2x+1>3x−3，
∴x<4.
∴原不等式组的解集是：1≤x<4.
(2)1x−2+3=1−x2−x，
去分母，得1+3(x−2)=x−1，
去括号，得1+3x−6=x−1，
解得x=2.
经检验，x=2不是原方程的解．
所以原分式方程无解．
【解析】(1)先解不等式组中的各不等式，再利用数轴或口诀确定不等式组的解集；
(2)按解分式方程的步骤求解．
本题考查了一元一次不等式组和分式方程，掌握解一元一次不等式组和分式方程的一般步骤是解决本题的关键．
14.【答案】解：原式=[a(a−3)(a−3)2−2a−3]÷a−2(a+3)(a−3)
=(aa−3−2a−3)⋅(a+3)(a−3)a−2
=a−2a−3⋅(a+3)(a−3)a−2
=a+3，
∵a≠−3、2、3，
∴a=4或a=5，
则a=4时，原式=7.
【解析】本题主要考查分式的混合运算，解题的关键是掌握分式混合运算顺序和运算法则及分式有意义的条件．先根据分式混合运算顺序和运算法则化简原式，再选取是分式有意义的a的值代入计算可得．
15.【答案】证明：∵BE，CD都是△ABC的中线，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC，DE=12BC，
∵F，G分别是OB，OC的中点，
∴FG//BC，FG=12BC，
∴DE//FG且DE=FG，
∴四边形DEGF是平行四边形，
∴DF=EG.
【解析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得DE//BC，DE=12BC，FG//BC，FG=12BC，从而得到DE//FG且DE=FG，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断出四边形DEGF是平行四边形，然后根据平行四边形的对边相等证明即可．
本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，平行四边形的判定与性质，熟记定理并判断出四边形DEGF是平行四边形是解题的关键．
16.【答案】解：(1)如图甲：
(2)如图乙：
(3)如图丙：

【解析】本题考查了作图-应用与设计作图，解此类题目首先要理解题意，弄清问题中对所作图形的要求，结合对应几何图形的性质和基本作图的方法作图．
17.【答案】解：设原特快列车平均速度为xkm/h，则高铁列车平均速度为2.8xkm/h，
由题意得：4503x+3=450x，
解得：x=100，
经检验：x=100是原方程的解，
则3×100=300(km/h)；
答：高铁列车平均速度为300km/h.
【解析】设原特快列车平均速度为xkm/h，则高铁列车平均速度为3xkm/h，根据现在乘高铁列车比以前乘特快列车少用3h列方程求解即可．
此题考查分式方程的实际运用，掌握路程、时间、速度三者之间的关系是解决问题的关键．
18.【答案】(1)证明：∵AN平分∠BAC
∴∠1=∠2
∵BN⊥AN
∴∠ANB=∠AND=90∘
在△ABN和△ADN中，
∵∠1=∠2AN=AN∠ANB=∠AND，
∴△ABN≌△ADN(ASA)，
∴BN=DN.
(2)解：∵△ABN≌△ADN，
∴AD=AB=10，
又∵点M是BC中点，
∴MN是△BDC的中位线，
∴CD=2MN=6，
故△ABC的周长=AB+BC+CD+AD=10+15+6+10=41.
【解析】(1)证明△ABN≌△ADN，即可得出结论；
(2)先判断MN是△BDC的中位线，从而得出CD，由(1)可得AD=AB=10，从而计算周长即可．
本题考查了三角形的中位线定理及等腰三角形的判定，注意培养自己的敏感性，一般出现高、角平分线重合的情况，都需要找到等腰三角形．
19.【答案】证明：(1)四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAB=∠BCD，
∴∠EAM=∠FCN，
又∵AD//BC，
∴∠E=∠F.
∵在△AEM与△CFN中，
∠EAM=∠FCNAE=CF∠E=∠F，
∴△AEM≌△CFN(ASA)；
(2)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=//CD，
又由(1)得AM=CN，
∴BM=//DN，
∴四边形BMDN是平行四边形，
∴BD与MN互相平分．
【解析】(1)先根据平行四边形的性质可得出AD//BC，∠DAB=∠BCD，再根据平行线的性质及补角的性质得出∠E=∠F，∠EAM=∠FCN，从而利用ASA可作出证明；
(2)根据平行四边形的性质及(1)的结论可得BM//DN，BM=DN则由有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明．
本题考查了平行四边形的判定及性质，全等三角形的判定，属于基础题，比较简单．
20.【答案】解：(1)设购买篮球x个，购买足球y个，
依题意得：x+y=6070x+80y=4600.
解得x=20y=40.
答：购买篮球20个，购买足球40个；
(2)设购买了a个篮球，
依题意得：70a≤80(60−a)
解得a≤32.
答：最多可购买32个篮球．
【解析】此题考查了一元一次不等式的应用和二元一次方程组的应用，根据各数量间的关系，正确列出一元一次不等式是解题的关键．
(1)设购买篮球x个，购买足球y个，根据题意，列出方程组，求解即可；
(2)设购买了a个篮球，则购买(60−a)个足球，根据购买篮球的总金额不超过购买足球的总金额，列不等式求出a的最大整数解即可．
21.【答案】(1)解：由图可知，图3是由1张A卡片，3张B卡片，2张C卡片拼成的，
∴图3的面积为a2+3ab+2b2，
又∵图3的面积又等于一个长为(a+2b)，宽为(a+b)的长方形面积，
∴a2+3ab+2b2=(a+2b)(a+b)；
(2)解：如图所示，如图是由2张A卡片，5张B卡片，3张C卡片拼成的．
同理可得2a2+5ab+3b2=(2a+3b)(a+b)；
(3)解：观察可知a3+4a2b+3ab2=a(a2+4ab+3b2)，
∴我们可以把a3+4a2b+3ab2看作是一个高为a，底面积为a2+4ab+3b2的长方体的体积，
如图所示，是由1张A卡片，4张B卡片，3张C卡片拼成的，
∴a2+4ab+3b2=(a+b)(a+3b)，
∴a3+4a2b+3ab2=a(a+b)(a+3b).

【解析】(1)仿照题意把图3的面积用两种方法表示出来，然后根据两种表示方法表示的面积相等即可得到答案
(2)仿照题意画出对应的图形即可得到答案；
(3)我们可以把a3+4a2b+3ab2看作是一个高为a，底面积为a2+4ab+3b2的长方体的体积，只需要仿照题意画出a2+4ab+3b2的示意图得到其因式分解的结果即可得到答案，
本题考查因式分解的实际运用，借助长方形的面积，把因式分解直观化是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB//CD，OB=OD，AO=CO，
∴∠ABE=∠CDF，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB=∠CFD=90∘，
在△ABE和△CDF中，
∠AEB=∠CFD∠ABE=∠CDFAB=CD，
∴△ABE≌△CDF(AAS)，
∴BE=DF，
∵OB=OD，
∴OB−BE=OD−DF，
∴OE=OF；
(2)解：∵AE=EF=4，OE=OF，
∴EO=OF=2，
∴AO= AE2+OE2= 4+16=2 5，
∴AC=2AO=4 5；
(3)解：∵BD=2AC，AC=4，
∴BD=8，
∴BO=4，AO=2，
∵AC⊥AB，
∴AB= BO2−AO2= 16−4=2 3，
∴▱ABCD的面积=AB⋅AC=2 3×4=8 3.
【解析】(1)由“AAS”可证△ABE≌△CDF，可得BE=DF，即可求解；
(2)由勾股定理可求AO的长，即可求AC的长；
(2)先求出BD的长，由勾股定理可求AB的长，可求解．
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
23.【答案】6
【解析】(1)证明：∵点E是BD的中点，
∴BE=DE，
∵AD//BC，
∴∠ADE=∠CBE，
在△ADE和△CBE中
∠ADE=∠CBEDE=BE∠AED=∠CEB
∴△ADE≌△CBE(ASA)，
∴AE=CE；
(2)证明：∵AE=CE，BE=DE，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
∵DF=CD，
∴DF=AB，
即DF=AB，DF//AB，
∴四边形ABDF是平行四边形；
(3)解：
过C作CH⊥BD于H，过D作DQ⊥AF于Q，
∵四边形ABCD和四边形ABDF是平行四边形，AB=2，AF=4，∠F=30∘，
∴DF=AB=2，CD=AB=2，BD=AF=4，BD//AF，
∴∠BDC=∠F=30∘，
∴DQ=12DF=12×2=1，CH=12DC=12×2=1，
∴四边形ABCF的面积S=S平行四边形BDFA+S△BDC=AF×DQ+12×BD×CH=4×1+12×4×1=6，
故答案为：6.
(1)根据平行线的性质得出∠ADE=∠CBE，根据全等三角形的判定得出△ADE≌△CBE，根据全等三角形的性质得出即可；
(2)根据平行四边形的判定推出即可；
(3)求出高DQ和CH，再根据面积公式求出即可．
本题考查了平行四边形的性质和判定，三角形的面积等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．