八年级（上）期末数学试卷9

这是一份八年级（上）期末数学试卷9，共17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. 使分式xx−2有意义的条件是（ ）
A.x＝2B.x≠0C.x≠2D.x＝−2

2. 下列计算正确的是（ ）
A.a4+a4＝2a8B.a3⋅a4＝a12
C.a8÷a2＝a6D.(2ab)2＝4ab2

3. 数0.000013用科学记数法表示为（ ）
×10−3B.1.3×105C.13×10−4D.1.3×10−5

4. 在平面直角坐标系中，点P(2, −3)关于y轴对称的点的坐标是（ ）
A.(−2, −3)B.(−2, 3)C.(2, 3)D.(2, −3)

5. 已知am＝4，则a2m的值为（ ）
A.2B.4C.8D.16

6. 把分式xyx+y中的x，y的值同时扩大为原来的10倍，则分式的值（ ）
A.缩小为原来的110B.不变
C.扩大为原来的10倍D.扩大为原来的100倍

7. 下列式子从左到右变形正确的是（ ）
A.(a+b)2＝a2+b2B.ba=bcac
C.a2−b2＝(a−b)2D.a−2=1a2(a≠0)

8. 如图，有一张边长为b的正方形纸板，在它的四角各剪去边长为a的正方形，然后将四周突出的部分折起，制成一个无盖的长方体纸盒，则这个纸盒的容积为（ ）

A.b2−4a2B.ab2−4a3
C.ab2−4a2b+4a3D.a2b+4a3

9. 一个圆柱形容器的容积为Vm3，开始用一根小水管向容器内注水，水面高度达到容器高度一半后，改用一根口径为小水管2倍的大水管注水，向容器中注满水的全过程共用时间t分钟．设小水管的注水速度为x立方米/分钟，则下列方程正确的是（ ）
A.vx+v2x=tB.vx+v4x=t
C.12⋅vx+12⋅v4x=tD.v2x+v4x

10. 如图，已知△ABC中，∠ACB＝90∘，∠BAC＝30∘，AB＝4，点D为直线AB上一动点，将线段CD绕点C逆时针旋转60∘得到线段CE，连接ED、BE，当BE最小时，线段AD的值为（ ）

A.3B.4C.5D.6
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）

2−2＝________．

分式1a2b与1ab的最简公分母是________．

若多项式x2−mx+9是一个完全平方式，那么m＝________．

把下面四个图形拼成一个大长方形，并据此写出一个多项式的因式分解________．


关于x的分式方程mx−2+82x−x2=2x无解，则m＝________．

如图，已知∠AOB＝α(0∘<α<60∘)，射线OA上一点M，以OM为边在OA下方作等边△OMN，点P为射线OB上一点，若∠MNP＝α，则∠OMP＝________．

三、解答题（本大题共8小题，共72分）

计算：
（1）(x−3y)(−6x)；

（2）(6x4−8x2y)÷(−2x2)．

分解因式：
（1）8a3b2−12ab3c；

（2）(a+b)2−12(a+b)+36．

解分式方程：2xx−1−7(x−1)(x+2)=2

化简求值：a−ba+b−a−ba+2b÷a2−b2a2+4ab+4b2，其中：a＝2，b＝−3．

一辆汽车开往距离出发地180km的目的地，出发后第一小时内按原计划的速度匀速行驶，一小时后以原来速度的1.5倍匀速行驶，并比原计划提前40分钟到达目的地，求前一小时的行驶速度．

我们已学完全平方公式：a2±2ab+b2＝(a±b)2，观察下列式子：x2+4x+2＝(x+2)2−2≥−2；−x2+2x−3＝−(x−1)2−2≤−2，并完成下列问题
（1）−2x2−4x+1＝−2(x+m)2+n≤n，则m＝________；n＝________；

（2）解决实际问题：在紧靠围墙的空地上，利用围墙及一段长为60米的木栅栏围成一个长方形花圃，为了设计一个面积尽可能大的花圃，如图设长方形一边长度为x米，完成下列任务：
①列式：用含x的式子表示花圃的面积：________；
②请说明当x取何值时，花圃的最大面积时多少平方米？

如图1，已知等边三角形ABC，点P为AB的中点，点D、E分别为边AC、BC上的点，∠APD+∠BPE＝60∘．

（1）①若PD⊥AC，PE⊥BC，直接写出PD、PE的数量关系：________；
②如图1，证明：AP＝AD+BE．

（2）如图2，点F、H分别在线段BC、AC上，连接线段PH、PF，若PD⊥PF且PD＝PF，HP⊥EP．
①求∠FHP的度数；
②如图3，连接DE，直接写出PF+DEPH=________．

已知，平面直角坐标系中，A(0, 4)，B(b, 0)(−4（1）如图1，直接写出C点的坐标：________；（用b表示）

（2）如图2，取线段BC的中点D，在x轴取一点E使∠DEB＝45∘，作CF⊥x轴于点F．
①求证：EF＝OB；
②如图3，连接AE，作DH // y轴交AE于点H，当OE＝EF时，求线段DH的长度．
参考答案与试题解析
2018-2019学年湖北省武汉市江岸区八年级（上）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1.
【答案】
C
【考点】
分式有意义、无意义的条件
【解析】
根据分式有意义的条件：分母不等于0，即可求解．
【解答】
根据题意得：x−2≠0，
解得：x≠2．
2.
【答案】
C
【考点】
同底数幂的乘法
同底数幂的除法
合并同类项
幂的乘方与积的乘方
【解析】
分别根据合并同类项的法则，同底数幂的乘法，同底数幂的除法以及积的乘方法则逐一判断即可．
【解答】
a3⋅a4＝a7，故选项B不合题意（1）a8÷a2＝a6，正确，故选项C符合题意(2)(2ab)2＝4a2b2，故选项D不合题意．
故选：C．
3.
【答案】
D
【考点】
科学记数法--表示较小的数
【解析】
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，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．
【解答】
0.000013＝1.3×10−5．
4.
【答案】
A
【考点】
关于x轴、y轴对称的点的坐标
【解析】
根据关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可得答案．
【解答】
点P(2, −3)关于y轴对称的点的坐标是(−2, −3)，
5.
【答案】
D
【考点】
幂的乘方与积的乘方
【解析】
根据幂的乘方法则计算即可．
【解答】
∵ am＝4，
∴ a2m＝(am)2＝42＝16．
6.
【答案】
C
【考点】
分式的基本性质
【解析】
根据分式的基本性质，把分式xyx+y中的x、y的值同时扩大为原来的10倍得：10x⋅10y10x+10y=100xy10(x+y)=10xyx+y，即可得到答案．
【解答】
解：把分式xyx+y中的x，y的值同时扩大为原来的10倍得：
10x⋅10y10x+10y=100xy10(x+y)=10xyx+y，
即分式的值扩大为原来的10倍.
故选C.
7.
【答案】
D
【考点】
完全平方公式
分式的基本性质
零指数幂、负整数指数幂
【解析】
根据完全平方公式，分式的基本性质，负整数指数幂的定义，依次分析各个选项，选出正确的选项即可．
【解答】
A．根据完全平方公式，(a+b)2＝a2+2ab+b2，即A项不合题意，
B．若c＝0，则bcac无意义，即B项不合题意，
C．根据完全平方公式，a2−2ab+b2＝(a−b)2，即C项不合题意，
D．根据负整数指数幂的定义，a−2=1a2(a≠0)，即D项符合题意，
8.
【答案】
C
【考点】
整式的混合运算
【解析】
直接利用已知结合纸盒的容积为底面积乘以高进而得出答案．
【解答】
由题意可得，这个纸盒的容积为：(b−2a)2×a＝ab2−4a2b+4a3．
9.
【答案】
C
【考点】
由实际问题抽象为分式方程
【解析】
根据题意列出方程解答即可．
【解答】
设小水管的注水速度为x立方米/分钟，可得：12⋅vx+12⋅v4x=t，
10.
【答案】
C
【考点】
全等三角形的性质与判定
旋转的性质
含30度角的直角三角形
勾股定理
【解析】
以BC为边作等边△BCF，连接DF，可证△BCE≅△FCD，可得BE＝DF，则DF⊥AB时，DF的长最小，即BE的长最小，即可求解．
【解答】
如图，以BC为边作等边△BCF，连接DF，
∵ ∠ACB＝90∘，∠BAC＝30∘，AB＝4，
∴ ∠ABC＝60∘，BC＝2，
∵ 将线段CD绕点C逆时针旋转60∘得到线段CE，
∴ CD＝CE，∠DCE＝60∘，
∵ △BCF是等边三角形，
∴ CF＝BC＝BF＝2，∠BCF＝60∘＝∠DCE，
∴ ∠BCE＝∠DCF，且BC＝CF，DC＝CE，
∴ △BCE≅△FCD(SAS)
∴ BE＝DF，
∴ DF⊥AB时，DF的长最小，即BE的长最小，
∵ ∠FBD′＝180∘−60∘−60∘＝60∘，D′F⊥AB，
∴ BD′=12BF＝1，
∴ AD′＝AB+BD′＝5，
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
【答案】
14
【考点】
零指数幂、负整数指数幂
【解析】
根据负整数指数幂的运算法则直接进行计算即可．
【解答】
2−2=122=14．
【答案】
a2b
【考点】
最简公分母
【解析】
先将各分母分解因式，然后确定最简公分母，是各个分母最高次幂的乘积．
【解答】
解：由题意得，
分式1a2b与1ab的最简公分母是a2b.
故答案为：a2b.
【答案】
±6
【考点】
完全平方式
【解析】
根据首末两项是x和3的平方可得，中间一项为加上或减去它们乘积的2倍．
【解答】
∵ 多项式x2−mx+9是一个完全平方式，
∴ mx＝±2⋅x⋅3，
∴ m＝±6．
【答案】
x2+3x+2＝(x+2)(x+1)
【考点】
因式分解的应用
【解析】
一个正方形和三个长方形拼成一个大长方形，长方形的面积为：x2+3x+2，拼成长方形的长为(x+2)，宽为(x+1)，由此画图解决问题．
【解答】
拼接如图：
长方形的面积为：x2+3x+2，还可以表示面积为：(x+2)(x+1)，
∴ 我们得到了可以进行因式分解的公式：x2+3x+2＝(x+2)(x+1)．
【答案】
2或4
【考点】
分式方程的解
【解析】
先将原分式方程去分母，化为整式方程，根据一元一次方程无解的情况及分式方程取增根的情况，可得相应的m值，使得原分式方程无解．
【解答】
分式方程mx−2+82x−x2=2x两边同时乘以x(x−2)得：
mx−8＝2(x−2)
∴ (m−2)x＝4
∴ ①当m−2＝0时，方程无解，此时m＝2；
②当m−2≠0时，x=4m−2，
由x(x−2)＝0，可知当x＝0或x＝2时，原方程有增根，从而无解
∴ 当m−2＝2时，x＝2
∴ m＝4时，原分式方程无解．
【答案】
30∘或120∘−α．
【考点】
等边三角形的性质
【解析】
分两种情况讨论P点的位置．点P位于MN左侧．点P位于MN右侧，分别画出相应的图形，根据全等三角形和等腰三角形的性质可求出∠OMP的度数，
【解答】
（1）当P位于MN左侧时，如图1，
∵ △OMN是等边三角形，
∴ MN＝MO＝ON，∠MON＝∠MNO＝60∘，
∵ ∠MNP＝∠AOB＝α，
∴ ∠PON＝∠PNO，
∴ PO＝PN，
△MPO≅△MPN，(SAS)
∴ ∠OMP＝∠NMP=12∠OMN=12×60∘＝30∘
（2）当P位于MN右侧时，如图2，将△MNP绕着点M顺时针旋转60∘得到△MOQ，
此时△MPQ是等边三角形，
∴ ∠MPQ＝60∘，
∴ ∠OMP＝180∘−∠MPQ−∠MOP＝180∘−60∘−α＝120∘−α，
故答案为：30∘或120∘−α．
三、解答题（本大题共8小题，共72分）
【答案】
原式＝−6x2+18xy；
原式＝−3x2+4y．
【考点】
整式的除法
单项式乘多项式
【解析】
（1）直接利用单项式乘以多项式运算法则计算得出答案；
（2）直接利用整式的除法运算法则计算得出答案．
【解答】
原式＝−6x2+18xy；
原式＝−3x2+4y．
【答案】
原式＝4ab2(2a2−3bc)；
原式＝(a+b−6)2．
【考点】
提公因式法与公式法的综合运用
【解析】
（1）原式提取公因式即可；
（2）原式利用完全平方公式分解即可．
【解答】
原式＝4ab2(2a2−3bc)；
原式＝(a+b−6)2．
【答案】
去分母得：2x2+4x−7＝2(x−1)(x+2)，
整理得：2x2+4x−7＝2x2+2x−4，
解得：x＝1.5，
经检验x＝1.5是分式方程的解．
【考点】
解分式方程
【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x的值，经检验即可得到分式方程的解．
【解答】
去分母得：2x2+4x−7＝2(x−1)(x+2)，
整理得：2x2+4x−7＝2x2+2x−4，
解得：x＝1.5，
经检验x＝1.5是分式方程的解．
【答案】
原式=a−ba+b−a−ba+2b⋅(a+2b)2(a+b)(a−b)
=a−ba+b−a+2ba+b
=−3ba+b，
当a＝2，b＝−3时，
原式=92−3=−9．
【考点】
分式的化简求值
【解析】
先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将a、b的值代入计算可得．
【解答】
原式=a−ba+b−a−ba+2b⋅(a+2b)2(a+b)(a−b)
=a−ba+b−a+2ba+b
=−3ba+b，
当a＝2，b＝−3时，
原式=92−3=−9．
【答案】
前一小时的行驶速度为60km/ℎ
【考点】
分式方程的应用
【解析】
直接根据题意表示出变化前后的速度，进而利用所用时间得出等式求出答案．
【解答】
设前一小时的行驶速度为xkm/ℎ，根据题意可得：
180−x1.5x+1=180x−4060，
解得：x＝60，
检验得：x＝60是原方程的根，
【答案】
1,3
x(60−2x)
【考点】
解一元二次方程-配方法
【解析】
（1）将代数式−2x2−4x+1配方可得m和n的值；
（2）①利用长方形的面积＝长×宽可得结论；
②利用配方法即可解决问题．
【解答】
−2x2−4x+1＝−2(x2+2x+1−1)+1＝−2(x+1)2+3，
∵ −2x2−4x+1＝−2(x+m)2+n≤n，
∴ m＝1，n＝3；
故答案为：1，3；
①花圃的面积：x(60−2x)；
故答案为：x(60−2x)；
②由①可知：x(60−2x)＝−2(x−15)2+450，
当x＝15时，花圃的最大面积为450平方米．
【答案】
PD＝PE
2
【考点】
三角形综合题
【解析】
（1）①结论：PD＝PE．如图1中，连接CP．理由角平分线的性质定理解决问题即可．
②如图1中，作PM // BC交AC于M．△ABC为等边三角形，则△APM为等边三角形．证明△DPM≅△EPB(SAS)即可解决问题．
（2）①如图2中，作PK⊥PH交CA于点K，作PM⊥AC于M，PN⊥BC于N．首先证明PD＝PF＝PE，∠PHK＝∠PKH＝45∘，再证明△PKD≅△PHF(SAS)即可解决问题．
②如图3中，作PM⊥DE，作FN⊥PH，设PM＝a．证明△PME≅△PNF(AAS)，推出FN＝EM，PN＝PM＝a，想办法用a表示PF+DE，PH即可解决问题．
【解答】
①结论：PD＝PE．
理由：如图1中，连接CP．
∵ △ABC是等边三角形，
∴ CA＝CB，
∵ AP＝PB，
∴ CP平分∠ACB，
∵ PD⊥CA，PE⊥CB，
∴ PD＝PE．
故答案为PD＝PE．
②证明：如图1中，作PM // BC交AC于M．△ABC为等边三角形，则△APM为等边三角形．
∵ ∠DPM+∠DPA＝60∘，∠APD+∠BPE＝60∘，
∴ ∠DPM＝∠EPB，
∵ PD＝PE，PM＝PA＝PB，
∴ △DPM≅△EPB(SAS)
∴ DM＝EB
∴ AP＝AM＝AD+DM＝AD+BE．
①如图2中，作PK⊥PH交CA于点K，作PM⊥AC于M，PN⊥BC于N．
由（1）可知PM＝PN，
∵ ∠DPE＝120∘，∠DCE＝60∘，
∴ ∠CDP+∠PEC＝180∘，
∵ ∠PDM+∠CDP＝180∘，
∴ ∠PDM＝∠PEN，
∵ ∠PMD＝∠PNE＝90∘，
∴ △PMD≅△PNE(AAS)，
∴ PD＝PE，
∵ PF＝PE，
∴ PD＝PE＝PF，
∵ ∠DPF＝∠HPE＝90∘，∠DPE＝120∘
∴ ∠DPH＝∠FPE＝30∘，∠PEF＝∠PFE＝∠PDA＝75∘，
∴ ∠AHP＝∠PKH＝45∘，
∴ PH＝PK，
∵ ∠KPH＝∠DPF＝90∘，
∴ ∠KPM＝∠HPF，
∵ PK＝PH，PD＝PF，
∴ △PKD≅△PHF(SAS)，
∴ ∠FHP＝∠K＝45∘．
②如图3中，作PM⊥DE，作FN⊥PH，设PM＝a．
由①可知：∠DPH＝∠FPE＝30∘，∠DPE＝120∘，
∴ ∠FPN＝∠EPM＝60∘，
∵ PD＝PE，PD＝PF，
∴ PE＝PF，
∵ ∠PME＝∠FNP＝90∘，
∴ △PME≅△PNF(AAS)，
∴ FN＝EM，PN＝PM＝a，
∵ PF＝PE＝2PM＝2a，EM＝DM=3a，
∴ DE＝23a，
∴ PF+DE＝2a+23a，
∵ ∠FHN＝∠HFN＝45∘，
∴ HN＝HF=3a，
∴ PH＝a+3a，
∴ PF+DEPH=2a+23aa+3a=2．
故答案为2．
【答案】
(4, b+4)
①如图2，连接AD，OD，
∵ AB＝AC，∠BAC＝90∘，点D是BC中点，
∴ AD＝BD，∠ABC＝45∘，∠ADB＝90∘
∵ ∠ADB＝∠AOB＝90∘，
∴ 点A，点B，点O，点D四点共圆，
∴ ∠DAO＝∠DBO，∠ABC＝∠AOD＝45∘＝∠DEB，且BD＝AD，
∴ △ADO≅△BDE(AAS)
∴ AO＝BE＝4，
∵ CF⊥x轴于点F，
∴ OF＝4，
∴ BE＝OF＝4，
∴ BO＝EF，
②如图3，延长HD交BF于N，
∵ DH // y轴，CF // y轴，
∴ DH // OA // CF，且点D是BC中点，
∴ BDBC=DNCF=BNBF=12
∴ DN=12CF=b+42，BN＝NF=12BF=4−b2，
∵ OE＝EF，OF＝4，
∴ OE＝EF＝2，
∴ NE=−b2
∵ ∠DEB＝45∘，DN⊥BF，
∴ DN＝NE，
∴ b+42=−b2
∴ b＝−2
∴ DN＝NE＝1，
∵ DH // AO，
∴ △AOE∽△HNE，
∴ NEOE=HNAO
∴ HN=12×4=2，
∴ DH＝HN−DN＝1
【考点】
几何变换综合题
【解析】
（1）过点C作CM⊥AO于M，由“AAS”可证△ABO≅△CAM，可得CM＝OA＝4，AM＝OB＝−b，即可求解；
（2）①如图2，连接AD，OD，由等腰直角三角形的性质可得AD＝BD，∠ABC＝45∘，∠ADB＝90∘，可证点A，点B，点O，点D四点共圆，可得∠DAO＝∠DBO，∠ABC＝∠AOD＝45∘＝∠DEB，可证△ADO≅△BDE，可得AO＝BE＝OF，可得EF＝OB；
②如图3，延长HD交BF于N，由平行线分线段成比例可得DN=12CF=b+42，BN＝NF=12BF=4−b2，可求b＝−2，可得DN＝NE＝1，由相似三角形的性质可得HN=12×4=2，即可求解．
【解答】
如图1，过点C作CM⊥AO于M，
∵ A(0, 4)，B(b, 0)，
∴ OA＝4，OB＝−b，
∵ 将线段AB绕点A逆时针旋转90∘得到线段AC，
∴ AB＝AC，∠BAC＝90∘，
∴ ∠BAO+∠CAO＝90∘，且∠CAO+∠ACM＝90∘，
∴ ∠ACM＝∠BAO，且AB＝AC，∠AOB＝∠AMC＝90∘，
∴ △ABO≅△CAM(AAS)
∴ CM＝OA＝4，AM＝OB＝−b，
∴ OM＝AO−AM＝4+b，
∴ 点C(4, b+4)
①如图2，连接AD，OD，
∵ AB＝AC，∠BAC＝90∘，点D是BC中点，
∴ AD＝BD，∠ABC＝45∘，∠ADB＝90∘
∵ ∠ADB＝∠AOB＝90∘，
∴ 点A，点B，点O，点D四点共圆，
∴ ∠DAO＝∠DBO，∠ABC＝∠AOD＝45∘＝∠DEB，且BD＝AD，
∴ △ADO≅△BDE(AAS)
∴ AO＝BE＝4，
∵ CF⊥x轴于点F，
∴ OF＝4，
∴ BE＝OF＝4，
∴ BO＝EF，
②如图3，延长HD交BF于N，
∵ DH // y轴，CF // y轴，
∴ DH // OA // CF，且点D是BC中点，
∴ BDBC=DNCF=BNBF=12
∴ DN=12CF=b+42，BN＝NF=12BF=4−b2，
∵ OE＝EF，OF＝4，
∴ OE＝EF＝2，
∴ NE=−b2
∵ ∠DEB＝45∘，DN⊥BF，
∴ DN＝NE，
∴ b+42=−b2
∴ b＝−2
∴ DN＝NE＝1，
∵ DH // AO，
∴ △AOE∽△HNE，
∴ NEOE=HNAO
∴ HN=12×4=2，
∴ DH＝HN−DN＝1