吉林省白城市洮北区2023-2024学年八年级（上）期末 数学试卷（解析版）

这是一份吉林省白城市洮北区2023-2024学年八年级（上）期末 数学试卷（解析版），共14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。
时间：100分钟 满分：120分
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分）
1. 下列四个图案中，不是轴对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】A. 是轴对称图形，不符合题意；
B. 轴对称图形，不符合题意；
C. 是轴对称图形，不符合题意；
D. 不是轴对称图形，符合题意．
故选：D．
2. 要使分式有意义，则x的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意得：x-1≠0，
解得：x≠1，
故选：A.
3. 下列运算正确的是( )
A. a+a= a 2B. a 6÷a 3=a 2
C. (a+b)2=a2+b2D. (a b3) 2= a2 b6
【答案】D
【解析】A、a+a= 2a，故此选项错误；
B、a 6÷a 3=a 6－3＝a 3，故此选项错误；
C、(a+b)2=a2+b2+2ab, 故此选项错误；
D、(a b3) 2= a2 b6，故此选项计算正确.
故选D.
4. 已知=6，=3，则的值为（ ）
A. 9B. C. 12D.
【答案】C
【解析】∵xm=6，xn=3，
∴x2m-n=（xm）2÷xn=62÷3=12．
故选：C．
5. 下列运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】，故A不符合题意；
，故B不符合题意；
，故C符合题意；
，故D不符合题意；
故选：C．
6. 若正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的内角和为（ ）
A. 540°B. 720°C. 900°D. 1080°
【答案】D
【解析】∵多边形外角和为360°，一个外角是45°，
∴该正多边形的边数为360°÷45°=8，
多边形内角和为：（n-2）×180°=（8-2）×180°=1080°，故D正确．
故选：D．
7. 自带水杯已成为人们良好的健康卫生习惯．某公司为员工购买甲、乙两种型号的水杯，用720元购买甲种水杯的数量和用540元购买乙种水杯的数量相同，已知甲种水杯的单价比乙种水杯的单价多15元．设甲种水杯的单价为元，则列出方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】设甲种水杯的单价为元，则乙种水杯的单价为（-15）元
根据题意列出方程得：．
故选项A．
8. 一个三角形的三边长分别为2，5，x，另一个三角形的三边长分别为y，2，6，若这两个三角形全等，则x+y=（ ）
A. 11B. 7C. 8D. 13
【答案】A
【解析】已知这两个三角形全等，则三组对应边应分别为2、5、6，所以x＝6，y＝5，则
x＋y＝6＋5＝11，故本题正确答案为A.
9. 在△ABC中，边AB，BC的垂直平分线l1、l2相交于点P，若∠PAC＝x°，则∠1的度数是（ ）°．
A. 90﹣xB. xC. 90﹣xD. 60﹣x
【答案】A
【解析】连接PB、PC，
∵边AB，BC的垂直平分线l1、l2相交于点P，
∴PA＝PB，PB＝PC，
∴∠PBA＝∠PAB，∠PBC＝∠PCB，PA＝PC，
∴∠PCA＝∠PAC＝x°，∠PAB+∠PCB＝∠PBA+∠PBC＝∠B，
∴2∠B+2x°＝180°，
解得，∠B＝90°﹣x°，
∴∠DPE＝180°﹣∠B＝90°+x°，
∴∠1＝180°﹣∠DPE＝（90﹣x）°，
故选：A．
10. 如图，已知和都是等腰三角形，，，交于点，连接．下列结论：①；②；③平分；④．正确的有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，故①正确；
如图，作于点，于点，设交于点，
在和中，
∵，，
∴，
∴，故②正确；
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴平分，
∴，故④正确．
若③成立，则，
∵，
∴，推出，
由题意知，不一定等于，
∴不一定平分，故③错误．
综上所述，结论正确的有①②④，共计3个．
故选：C．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分）
11. 分解因式：ax2-9a=____________________．
【答案】
【解析】ax2-9a=a(-9)=a(x+3)(x-3).
故答案为：
12. 如图，AF=DC，BC∥EF，只需补充一个条件___，就得△ABC≌△DEF．
【答案】BC=EF（答案不唯一）
【解析】∵AF=DC，
∴AF+FC=CD+FC，即AC=DF．
∵BC∥EF，
∴∠BCA=∠EFD．
∵在△ABC和△DEF中，已有AC=DF，∠BCA=∠EFD，
∴根据全等三角形的判定方法，补充条件BC=EF可由SAS判定△ABC≌△DEF；补充条件∠A=∠D可由ASA判定△ABC≌△DEF；补充条件∠B=∠E可由AAS判定△ABC≌△DEF；等等．答案不唯一．
故答案为BC=EF(答案不唯一）
13. 如图所示，是将长方形纸牌ABCD沿着BD折叠得到的，图中包括实线、虚线在内共有全等三角形______ 对
【答案】4
【解析】∵四边形ABCD是长方形，
∴∠A=∠C=90°，AB=CD，AD=BC，
∴△ABD≌△CDB (HL) ，
∵△BDC是将长方形纸牌ABCD沿着BD折叠得到的，
∴BC'=AD，BD=BD，∠C'=∠A，
∴△ABD≌△C'DB (HL) ，
同理△DCB≌△C'DB，
∵∠A=∠C'，∠AOB=∠C'OD，AB=C'D，
∴△AOB≌△C'OD (AAS) ，
所以共有四对全等三角形．
故答案为4．
14. 如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB的垂直平分线DE交AB于E，交AC于D，
∠DBC＝30°，BD＝4.6，则D到AB的距离为__________．
【答案】2.3
【解析】∵DE垂直平分AB，
∴DB=DA，∴∠A=∠ABD，
而∠C=90°，∠DBC=30°，
∴∠A+∠ABD=90°-30°=60°，∴∠ABD=30°，
在Rt△BED中，∠EBD=30°，BD=4.6，
∴DE=BD=2.3，
即D到AB的距离为2.3．
故答案为2.3．
15. 如图，△ABC是等边三角形，点D是BC边上任意一点，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，若BC＝4，则BE＋CF＝__.
【答案】2
【解析】设BD=x，则CD=4-x，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∴∠BDE=∠CDF=30°，
∴BE =BD=，CF=CD=，
∴BE+CF=+=2．
故答案为：2
三、解答题（本大题共8个小题，共75分）
16. （1）计算：．
（2）解分式方程：．
解：（1）原式
（2）方程两边乘，得：
．
即．
解得．
检验：当时，，
所以不是原分式方程的解，原方程无解．
17. 如图，设图中每个小正方形的边长为1个单位长度．

（1）请画出关于y轴对称的（其中点A，B，C的对称点分别为点，，）；
（2）直接写出点，，的坐标：（______），（______），（______）．
解：（1）如图，即为所求作的三角形；

（2）由图形可得：，，．
18. 先化简,再求值:,其中m=.
解：原式=
=
=.
当m=时,
原式==-.
19. 如图，是线段的中点，平分，平分，．
（1）求证：≌；
（2）若=50°，求的度数．
（1）证明：∵点是线段的中点，
∴，
又∵平分，平分，
∴∠1=∠2，∠2=∠3，
∴∠1=∠3
在和中，
∴≌
（2）解：∵∠1+∠2+∠3=180°
∴∠1=∠2=∠3=60°
∵≌
∴50°
∴．
20. 如图1，将一个长为4a，宽为2b的长方形，沿图中虚线均匀分成4个小长方形，然后按图2形状拼成一个正方形．
（1）图2的空白部分的边长是多少？（用含a、b的式子表示）
（2）若2a+b＝7，且ab＝3，求图2中的空白正方形的面积．
（3）观察图2，用等式表示出（2a﹣b）2，ab和（2a+b）2的数量关系．
解：（1）题图②空白部分图形的边长是；
（2）由题图可知，空白部分为小正方形，小正方形的面积大正方形的面积个小长方形的面积，
∵大正方形的边长，
∴大正方形的面积，
又个小长方形的面积之和大长方形的面积，
∴小正方形的面积；
（3）由题图可以看出，大正方形面积空白部分的小正方形的面积四个小长方形的面积，即．
21. 如图1，把一张长方形的纸片ABCD沿对角线BD折叠，点C落在E处，BE交AD于点F.
（1）求证：FB=FD；
（2）如图2，连接AE，求证：AE∥BD;
（3）如图3，延长BA，DE相交于点G，连接GF并延长交BD于点H，求证：GH垂直平分BD．
证明：【方法I】（1）∵长方形ABCD，
∴AB＝DC=DE，∠BAD＝∠BCD＝∠BED=90°，
在△ABF和△DEF中，
∴△ABF≌△EDF（AAS），
∴BF=DF.
（2）∵△ABF≌△EDF，
∴FA=FE，
∴∠FAE=∠FEA，
又∵∠AFE=∠BFD，且2∠AEF ＋∠AFE =2∠FBD＋∠BFD =180°，
∴∠AEF=∠FBD，
∴AE∥BD，
（3）∵长方形ABCD，
∴AD=BC=BE，AB=CD=DE，BD=DB，
∴△ABD≌△EDB（SSS），
∴∠ABD=∠EDB，
∴GB=GD，
在△AFG和△EFG中，
∠GAF＝∠GEF=90°，
FA=FE，
FG＝FG，
∴△AFG≌△EFG（HL），
∴∠AGF=∠EGF，
∴GH垂直平分BD.
【方法II】（1）∵△BCD≌△BED，
∴∠DBC＝∠EBD
又∵长方形ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴∠EBD＝∠ADB，
∴FB=FD.
（2）∵长方形ABCD，
∴AD=BC=BE，
又∵FB=FD，
∴FA=FE，
∴∠FAE=∠FEA，
又∵∠AFE=∠BFD，且2∠AEF ＋∠AFE =2∠FBD＋∠BFD =180°，
∴∠AEF=∠FBD，
∴AE∥BD，
（3）∵长方形ABCD，
∴AD=BC=BE，AB=CD=DE，BD=DB，
∴△ABD≌△EDB，
∴∠ABD=∠EDB，
∴GB=GD，
又∵FB=FD，
∴GF是BD的垂直平分线，
即GH垂直平分BD.
22. 某中学开学初在商场购进两种品牌的足球，购买品牌足球花费了元，购买品牌足球花费了元，且购买品牌足球数量是购买品牌足球数量的倍，已知购买一个品牌足球比购买一个品牌足球多花元．
（1）求购买一个品牌、一个品牌的足球各需多少元；
（2）该中学决定再次购进两种品牌足球共个，恰逢商场对两种品牌足球的售价进行调整，品牌足球售价比第一次购买时提高了，品牌足球按第一次购买时售价的折出售，如果这所中学此次购买两种品牌足球的总费用不超过元，那么该中学此次最多可购买多少个品牌足球？
解:（1）设购买一个品牌的足球需要元，则购买一个品牌的足球需要元，
依题意得：，
解得，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
∴，
答：购买一个品牌的足球需要元，购买一个品牌的足球需要元；
（2）设该中学此次可以购买个品牌足球，则可以购买个品牌足球，
依题意得：，
解得，
答：该中学此次最多可购买个品牌足球．
23. 已知中，；中，；，点A．D．E在同一直线上，AE与BC相交于点F，连接BE．
（1）如图1，当时，
①请直接写出和的形状；
②求证：；
③请求出的度数．
（2）如图2，当时，请直接写出：
①的度数；
②若，，线段AF的长．
解:（1）①∵，，
∴，为等腰三角形，
又∵，
∴和是等边三角形；
②∵∠ACB=∠ACD+∠DCB，∠DCE=∠BCE+∠DCB，∠ACB=∠DCE，
∴∠ACD=∠BCE，
又∵，，
∴∆ACD≅∆BCE（SAS），
∴AD=BE；
③∵∆ACD≅∆BCE，
∴∠ADC=∠BEC，
∵∠ADC=180°-∠CDE=180°-60°=120°，
∴∠BEC=∠CEF+∠AEB=120°，
∵∠CEF=60°，
∴∠AEB=120°-60°=60°；
（2）①∵=90°，，，
∴∠ACD=∠BCE，
∴∆ACD≅∆BCE（SAS），
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，
∵∆DCE为等腰三角形，
∴∠CDE=∠CED=45°，
∵点A．D．E在同一直线上，
∴∠ADC=∠BEC=135°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°；
②延长BE交AC的延长线于点G，
由①得∠CAD=∠CBE，∠AEB=90°，
在∆ACF和∆BCG中，
∵
∴∆ACF≅∆BCG（ASA），
∴AF=BG，
∵∠CAF=∠BAF，∠AEB=∠AEG=90°，AE=AE，
∴∆AEB≅∆AEG，
∴BE=GE=2，
∴AF=4．
．