2023-2024学年辽宁省丹东市东港市八年级（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年辽宁省丹东市东港市八年级（下）期末数学试卷（含答案），共12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。

一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.如图图形中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.若a>b，下列不等式一定成立的是( )
A. a2>abB. −13a<−13bC. a−5b2
3.若关于x的方程3x−4=2−3−ax−4有增根，则a的值是( )
A. 3B. −4C. 4D. 6
4.若不等式组x+8<4x−1x>m的解集是x>3，则m的取值范围是( )
A. m<3B. m≤3C. m>3D. m≥3
5.如图，▱ABCD的周长为60cm，AC，BD相交于点O，EO⊥BD交AD于点E，则△ABE的周长为( )
A. 30 cmB. 60cmC. 40cmD. 20 cm
6.如图，O为坐标原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OAB=90°，点B的坐标为(0,2 2)，将该三角形沿x轴向右平移得到Rt△O′A′B′，此时点B′的坐标为(2 2,2 2)，则线段OA在平移过程中扫过部分的图形面积为( )
A. 4
B. 3
C. 2 2
D. 1
7.如图，直线y=kx+b经过点(−1,2)，则关于x的不等式kx+b>2的解集是( )
A. x<−1
B. x>−1
C. x<2
D. x>2
8.如图，△ABC中，∠BAD=∠CAD，BE=CE，AD⊥BD，DE=32，AB=4，则AC的值为( )
A. 6
B. 132
C. 7
D. 8
9.已知△ABC的三边长a，b，c是都不相等的正整数，且满足a2+b2−10a−12b+61=0，则△ABC的最大边c的值有( )
A. 4个B. 5个C. 7个D. 9个
10.如图，O是等边△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB=150°；④S四边形AOBO′=6+3 3；⑤S△AOC+S△AOB=6+94 3.其中正确的结论是( )
A. ①②③⑤B. ①②③④C. ①②③④⑤D. ①②③
二、填空题：本题共5小题，每小题2分，共10分。
11.因式分解：a3−2a2b+ab2= ______．
12.分式x−yx+1的值为0，则x、y满足的条件为______．
13.足球表面为什么用正六边形和正五边形构成？因为正六边形的两个内角和正五边形的一个内角加起来接近一个周角，而又不足一个周角．这样，由平面折叠而成的多面体充气后最终就呈现为球形．如图，在折叠前的平面上，拼接点处的缝隙∠AOB的大小为______．
14.在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点C的坐标是(1,3)，点A的坐标是(5,0)，点B不在第一象限，若以点O，A，B，C为顶点的四边形是平行四边形，则点B的坐标是______．
15.如图，△ABC中，∠ACB=90°，把△ABC绕点C顺时针旋转到△A1B1C的位置，A1B1交直线CA于点D.若AC=6，BC=8，当线段CD的长为______时，△A1CD是等腰三角形．
三、解答题：本题共8小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
(1)5x−1≤3(x+1)−x<3−x+13；
(2)分解因式：(x2+9)2−36x2．
17.(本小题7分)
先化简，再求值：(a+2a2−2a+84−a2)÷a2−4a+4a，其中a=12．
18.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A(−4,3)，B(−1,4)，C(−2,1)．
(1)将△ABC经过平移后得到对应图形△A1B1C1，若△ABC上的点P(a,b)的对应点P1的坐标为(a+4,b−1)，请画出平移后的△A1B1C1(点A，B，C的对应顶点分别为A1，B1，C1)；
(2)直接写出在(1)中，△ABC平移得到△A1B1C1的平移距离；
(3)在平面直角坐标系中画出△ABC绕原点O逆时针旋转90°的图形△A2B2C2(点A，B，C的对应顶点分别为A2，B2，C2).
19.(本小题8分)
如图，四边形AFCE中；对角线AC，EF交于点O，OA=OC，OB=OD，BE=DF，连接AB，CD．
(1)求证：四边形AFCE是平行四边形；
(2)若OE=CE，∠EAC=45°，EF=2 10，求四边形AFCE的周长．
20.(本小题8分)
现需改造一段连接A，B，C三个村镇的农村公路，其中A，B两村镇间的公路长度为4200米，B，C两村镇间的公路长度为3000米.甲施工队计划每天施工300米.实际施工时，由甲施工队负责A，B两村镇间的公路改造工程，同时乙施工队负责B，C两村镇间的公路改造工程.甲施工队施工2天后，施工速度变为乙施工队施工速度的45，结果比乙施工队晚5天完成公路改造工程.乙施工队每天施工多少米？
21.(本小题9分)
某商场购进了A，B两种型号的耳机.已知购进每个A型耳机30元，购进每个B型耳机65元．
(1)若该商场准备购进200个这两种型号的耳机，总费用不超过10200元，那么最多可购进B型耳机多少个？
(2)在(1)的条件下，若该商场分别以售价为58元/个，98元/个的售价销售完A，B两种型号的耳机共200个，能否实现利润不少于6190元的目标？若能，请通过计算写出相应的采购方案；若不能，请说明理由．
22.(本小题10分)
阅读下列材料并完成相应的任务．
任务：
(1)填空：材料中的依据是指______；
(2)将方法二的证明过程补充完整；
(3)如图4，在五边形ABCDE中，AE//CD，AB=AE=12，∠A=120°，CD=8.若点F，G分别是边BC，DE的中点，则线段FG的长的取值范围是______．
23.(本小题10分)
如图，AD是△ABC的中线，AE//BC，BE交AD于点F，且AF=DF．
(1)如图1，求证：四边形ADCE是平行四边形；
(2)如图2，在(1)的条件下，∠ADB=120°，设对角线AC、DE交于点O，过点O作OQ⊥AC交∠ADB的角平分线于点Q.OQ与AD交于P点．求证：AD−DC=DQ；
(3)如图3，在(2)的条件下，若CE=3，QD=1，求AP的长．
参考答案
1.A
2.B
3.D
4.B
5.A
6.A
7.A
8.C
9.A
10.A
11.a(a−b)2
12.x=y≠−1
13.12°
14.(−4,3)或(4,−3)
15.6或5或125 5
16.解：(1)解第一个不等式得：x≤2，
解第二个不等式得：x>−4，
故原不等式组的解集为−4(2)原式=(x2+9+6x)(x2+9−6x)
=(x+3)2(x−3)2．
17.解：原式=[a2+4a+4a(a+2)(a−2)−8aa(a+2)(a−2)]⋅aa2−4a+4
=(a−2)2a(a+2)(a−2)⋅a(a−2)2
=1a2−4，
当a=12时，原式=1(12)2−4=−415．
18.解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求；
(2)△ABC平移得到△A1B1C1的平移距离= 42+12= 17；
(3)如图所示，△A2B2C2即为所求．
19.(1)证明：∵OB=OD，BE=DF，
∴OB+BE=OD+DF，
∴OE=OF，
∵OA=OC，
∴四边形AFCE是平行四边形；
(2)解：如图，过点E作EH⊥OC于点H，
∵∠EAC=45°，
∴△AEH是等腰直角三角形，
∴EH=AE= 2AH，
∵OE=CE，
∴OH=CH，
由(1)知：四边形AFCE是平行四边形，
∴OA=OC，OE=OF=12EF= 10=CE，
∴AH=3CH，
在Rt△EHC中，EH=3CH，根据勾股定理得：EH2+CH2=CE2，
∴(3CH)2+CH2=( 10)2，
∴CH=1(负值已舍去)，
∴AH=3CH=3，
∴AE= 2AH=3 2，
∴平行四边形AFCE的周长=2(AE+CE)=2(3 2+ 10)=6 2+2 10．
20.解：设乙施工队每天施工x米，
根据题意得，4200−300×245x+2+5=3000x，
解得x=15007，
经检验，x=15007是原方程的解，
答：乙施工队每天施工15007米．
21.解：(1)设购进x个B型耳机，则购进(200−x)个A型耳机，
根据题意得：30(200−x)+65x≤10200，
解得：x≤120，
∴x的最大值为120．
答：最多可购进B型耳机120个；
(2)根据题意得：(58−30)(200−x)+(98−65)x≥6190，
解得：x≥118，
∵x≤120，
∴118≤x≤120，
∴能实现利润不少于6190元的目标．
又∵x为正整数，
∴x可以为118，119，120，
∴共3种采购方案，
方案1：购进82个A型耳机，118个B型耳机；
方案2：购进81个A型耳机，119个B型耳机；
方案3：购进80个A型耳机，120个B型耳机．
22.三角形中位线定理 6 3−4【解析】(1)解：材料中的依据是指三角形中位线定理，
故答案为：三角形中位线定理；
(2)证明：如图3，连接AF并延长至点G，使FG=AF，连接CG，DG，
∵FG=AF，AE=DE，
∴EF是△ADG的中位线，EF=12DG，
∵FB=FC，∠AFB=∠GFC，
∴△AFB≌△GFC(SAS)，
∴AB=CG，
在△DCG中，CD−CG则12(CD−AB)(3)解：连接BE，作AH⊥BE于H，如图4：
∵AB=AE，∠BAE=120°，
∴H是BE中点，∠AEH=30°，
∴AH=12AE=6，
∴EH= 3AH=6 3，
∴BE=2EH=12 3，
∵F是BC中点，G是DE中点，
∴12(BE−CD)即6 3−423.(1)证明：∵AE//BC，
∴∠AEF=∠DBF，
在△AEF和△DBF中，∠AEF=∠DBF∠AFE=∠DFBAF=DF，
∴△AEF≌△DBF(AAS)，
∴AE=DB，
∵AD是△ABC的中线，
∴DB=DC，
∴AE=DC，
又∵AE//BC，
∴四边形ADCE是平行四边形；
(2)证明：过点Q作QM⊥BC于M，作QN⊥AD于N，连接AQ、CQ，如图2所示：
∵DQ平分∠ADB，∠ADB=120°，
∴QM=QN，∠QDM=∠QDN=60°，
∴∠DQM=∠DQN=30°，
∴DM=DN=12DQ，
由(1)得：四边形ADCE是平行四边形，
∴OA=OC，
∵OQ⊥AC，
∴AQ=CQ，
在Rt△CMQ和Rt△ANQ中，CQ=AQQM=QN，
∴Rt△CMQ≌Rt△ANQ(HL)，
∴CM=AN，
∴AD−DC=AN+DN−(CM−DM)=2DN=DQ，
即AD−DC=DQ；
(3)解：∵四边形ADCE是平行四边形，
∴AD=CE=3，
由(2)得：AD−DC=DQ，
∴DC=AD−DQ=3−1=2，
过C作CK⊥AD于K，连接CP，如图3所示：
∵∠ADB=120°，
∴∠ADC=60°，
∴∠KCD=30°，
∴DK=12CD=1，CK= 3DK= 3，
∴PK=AD−AP−DK=2−AP，
∵OA=OC，OP⊥AC，
∴AP=CP，
在Rt△PKC中，由勾股定理得：PC2=PK2+CK2，即AP2=(2−AP)2+3，
解得：AP=74，
即AP的长为74． 四边形的中位线
我们学习过三角形的中位线，类似的把连接四边形对边中点的线段叫做四边形的中位线，如图1，在四边形ABCD中，设AB这个结论可以用下面的方法证明：
方法一：如图2，连接AC，取AC的中点M，连接ME，MF．
∵点E，点M分别是AD和AC的中点，
∴ME//CD，且ME=12CD(依据)．
同理：MF/​/AB，且MF=12AB．
∵AB∴MF在△MEF中，ME−MF即12(CD−AB)方法二：如图3，连接AF并延长至点G，使FG=AF，连接CG，DG．
……