2021-2022学年四川省达州市渠县八年级（下）期末数学试卷（Word解析版）

这是一份2021-2022学年四川省达州市渠县八年级（下）期末数学试卷（Word解析版），共23页。试卷主要包含了【答案】C，【答案】B，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（本题共10小题，共30分）
下列分式变形中正确的是( )
A. xy=x+2y+2B. xy=x2y2C. x-yy-x=-1D. 2x=2yxy
如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，下列说法错误的是( )
A. AD//BCB. ∠ABC=∠ADC
C. OA=OCD. ∠ACD=2∠ABD
若从一个多边形的一个顶点出发最多可作3条对角线，则该多边形的内角和为( )
A. 360°B. 540°C. 720°D. 900°
已知一次函数y=kx+b与y=mx+n的图象如图所示，若kx+b>mx+n，则x的取值范围为( )
A. x>2B. x-2D. x3x≤15-3a无解，则a的取值范围是______．
有一道题：“甲队修路150m与乙队修路100m所用天数相同，若□，求甲队每天修路多少米？“根据图中的解题过程，被遮住的条件应是______．
如图，在平面直角坐标系中，▱OABC的顶点O(0,0)，点A在x轴的正半轴上，∠COA的平分线OD交BC于点D(2,3)，则点C的坐标为______．
一副三角板ADE和ABC按如图1所示放置，点B在斜边AD上，其中∠E=∠BAC=90°，∠D=45°，∠C=30°.现将三角板ADE固定不动，三角板ABC绕点A顺时针旋转α(0°mx+n表示在x轴的上方，且y=mx+n的图象在y=kx+b的图象的下边部分自变量的取值范围，根据图象即可直接求解．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，根据图象观察，得出结论．认真体会一次函数与一元一次方程及一元一次不等式之间的内在联系．
5.【答案】B
【解析】解：过P点作PD⊥OB，一把直尺边缘与OA的交点为E，如图，
∵两把直尺为完全相同的长方形，
∴PD=PE，
∵PE⊥OA，PD⊥OB，
∴OP平分∠AOB，
∴OP平分∠AOB，
∴∠AOP=∠BOP=28°，
∴∠AOB=56°，
∵PM/​/OB，
∴∠AMP=∠AOB=56°．
故选：B．
过P点作PD⊥OB，一把直尺边缘与OA的交点为E，如图，根据题意得到PD=PE，根据角平分线的性质定理的逆定理可判断OP平分∠AOB，所以∠AOP=∠BOP=28°，然后根据平行线的性质求解．
本题考查了角平分线的性质：在角的内部到角的两边距离相等的点在这个角的平分线上．也考查了平行线的性质．
6.【答案】C
【解析】解：设他的速度要提高到原来的x倍，根据题意可得：
9×1.2x≥24×(1-13)，
解得：x≥4027，
∵4027≈1.48，
∴他的速度至少要提高到原来的1.5倍．
故选：C．
根据题意表示出行驶的路程≥24×(1-13)，进而得出答案．
此题主要考查了一元一次不等式的应用，正确得出不等关系是解题关键．
7.【答案】A
【解析】解：2x(a2-1)-2y(a2-1)
=2(a2-1)(x-y)
=2(a+1)(a-1)(x-y)，
则结果呈现的密码信息可能是“我爱渠县”．
故选：A．
原式提取公因式，再利用完全平方公式分解，根据密码手册中的信息判断即可．
此题考查了因式分解的应用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：如图所示．

∵点A、B的坐标分别为(1,0)、(7,0)，
∴AB=6，
∵∠CAB=90°，BC=10，
∴AC=BC2-AB2=102-62=8．
∴A'C'=8．
∵点C'在直线y=2x-10上，
∴2x-10=8，解得x=9．
即OA'=9．
∴CC'=9-1=8．
∴S▱BCC'B'=8×8=64．
即线段BC扫过的面积为64．
故选：C．
根据题意，线段BC扫过的面积应为一平行四边形的面积，其高是AC的长，底是点C平移的路程．求当点C落在直线y=2x-10上时的横坐标即可．
此题考查平移的性质及一次函数的综合应用，解决本题的关键是明确线段BC扫过的面积应为一平行四边形的面积．
9.【答案】D
【解析】解：由题意得：A(1,1)，A1(-2,2)，A2(-22,-22)，A3(23,-23)，A4(24,24)，
角码每增加4，对应点回到原来的象限．
∵2022÷4=，
∴A2022在第三象限，其坐标为：(-22022,-22022).
故选：D．
根据旋转方向和边长的变化，求出前几个点的坐标，再找规律即可．
本题通过探讨规律解决数学问题，结合图形变化，找到点坐标变化的规律是求解本题的关键．
10.【答案】B
【解析】解：如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．
∵∠PEO=∠PFO=90°，
∴∠EPF+∠AOB=180°，
∵∠MPN+∠AOB=180°，
∴∠EPF=∠MPN，
∴∠EPM=∠FPN，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∴∠PEO=∠PFO=90°，
在△POE和△POF中，
∠POE=∠POF∠PEO=∠PFOPO=PO，
∴△POE≌△POF(AAS)，
∴OE=OF，PE=PF，
在△PEM和△PFN中，
∠MPE=∠NPFPE=PF∠PEM=∠PFN，
∴△PEM≌△PFN(ASA)，
∴EM=NF，PM=PN，故①正确，
∴S△PEM=S△PNF，
∴S四边形PMON=S四边形PEOF=定值，故④正确，
∵OM+ON=OE+ME+(OF-NF)=2OE，是定值，故②正确，
在旋转过程中，△PMN是等腰三角形，形状是相似的，因为PM的长度是变化的，所以MN的长度是变化的，故③错误，
故选：B．
如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F.只要证明△POE≌△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判断
本题考查全等三角形的性质、角平分线的性质定理、四边形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
11.【答案】2m(m-2)2
【解析】解：原式=2m(m2-4m+4)=2m(m-2)2，
故答案为：2m(m-2)2．
先提取公因式2m，再利用完全平方公式分解可得．
本题主要考查提公因式法与公式法的综合运用，解题的关键是熟练掌握一般整式的因式分解的步骤--先提取公因式，再利用公式法分解．
12.【答案】a≥4
【解析】解：∵不等式组x>3x≤15-3a无解，
∴15-3a≤3，
解得a≥4．
故答案为：a≥4．
根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
13.【答案】乙队每天修路比甲队2倍还少30m
【解析】解：由图表可得方程：150X=1002X-30，
故被遮住的条件是乙队每天修路比甲队2倍还少30m．
故答案为：乙队每天修路比甲队2倍还少30m．
根据图中的方程，可以写出被遮住的条件，本题得以解决．
本题考查由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是明确题意，写出被遮住的条件．
14.【答案】(-54,3)
【解析】解：∵四边形OABC是平行四边形，
∴BC/​/OA，
∴∠CDO=∠DOA，
∵D(2,3)，
∴DE=2，OE=3，
∵OD平分∠AOC，
∴∠CDO=∠AOD，
∴∠CDO=∠COD，
∴CD=CO，
设CE=x，则CD=2+x，
∵CE2+OE2=OC2，
∴x2+32=(2+x)2，
∴x=54，
∴CE=54，
∴C(-54,3)．
由平行四边形的性质证得CD=CO，设CE=x，则CD=2+x，由勾股定理得出x2+32=(2+x)2，求出x=54，则可得出答案．
本题考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
15.【答案】45°或60°或105°或135°
【解析】解：如图3-1中，当AC/​/DE时，∠BAD=45°．

如图3-2中，当BC/​/AD时，∠BAD=∠B=60°．

如图3-3中，当AE/​/BC时，∠BAE=∠B=60°，
∴∠BAD=∠EAB+∠DAE=60°+45°=105°．

如图3-4中，当AB/​/DE时，∠EAB=∠E=90°，
∴∠BAD=∠EAB+∠DAB=90°+45°=135°．

综上所述，∠BAD其他所有可能符合条件的度数为45°或60°或105°或135°．
故答案为：45°或60°或105°或135°．
分四种情形：当AC/​/DE时，当BC/​/AD时，当AE/​/BC时，当AB/​/DE时，分别画出图形，利用平行线的性质求解即可．
本题属于几何变换综合题，考查了平行线的性质，含特殊角的三角形性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
16.【答案】3
【解析】解：根据题意可知：Rt△ABC≌Rt△DEB≌Rt△FCE，
∴BC=BE=CE，
∴△BCE是等边三角形，
∴∠BCE=60°，
如图，取CE的中点Q，连接GQ，HQ，过点G作GN⊥HQ于点N，
∵G，H分别为AE，CD的中点，
∴GQ/​/AC，GQ=12AC=12×2=1，
∴∠GQC+∠ACQ=180°，
∴∠GQC=180°-90°-60°=30°，
∵△ADF是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∴AB=DE=2AC=4，
∵H是CD中点，Q是CE中点，
∴HQ//DE，HQ=12DE=12×4=2，
∴∠HQC=∠CEF=90°，
∴∠GQH=90°-30°=60°，
∵GN⊥HQ，GQ=1，
∴NQ=12GQ=12，
∴GN=32，
∴NH=HQ-NQ=2-12=32，
∴GH=NH2+GN2=(32)2+(32)2=3．
故答案为：3．
根据题意可得Rt△ABC≌Rt△DEB≌Rt△FCE，所以△BCE是等边三角形，△ADF是等边三角形，取CE的中点Q，连接GQ，HQ，过点G作GN⊥HQ于点N，根据三角形中位线定理可得GQ=12AC=12×2=1，HQ=12DE=12×4=2，再利用勾股定理即可解决问题．
本题考查了三角形中位线定理，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握三角形中位线定理．
17.【答案】解：(1)去分母得：2(2x-1)-3(5x+1)≤6，
去括号得：4x-2-15x-3≤6，
移项得：4x-15x≤6+2+3，
合并得：-11x≤11，
系数化为1得：x≥-1；
(2)去分母得：4x-x+2=-3，
解得：x=-53，
检验：把x=-53代入得：x-2≠0，
∴分式方程的解为x=-53．
【解析】(1)不等式去分母，去括号，移项，合并，把x系数化为1，即可求出解集；
(2)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．
此题考查了解分式方程，以及解一元一次不等式，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．
18.【答案】解：(1)如图，点O即为所求；
点D为点C关于O的中心对称点，
点D坐标为(0,0)．

(2)平行四边形．
理由：由中心对称的性质可得，
OA=OB，OC=OD，
∴四边形ABCD为平行四边形．
【解析】(1)由中心对称的性质可得出答案．
(2)由中心对称的性质可得出答案．
本题考查中心对称、平行四边形的性质，熟练掌握中心对称的性质是解答本题的关键．
19.【答案】解：原式=[x2-4x(x-2)-x2-xx(x-2)]⋅(x-2)2x-4
=x-4x(x-2)⋅(x-2)2x-4
=x-2x，
∵x(x-2)≠0且x-4≠0，
∴x≠0且x≠2且x≠4，
当x=1时，原式=-1．
【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的值代入计算即可．
本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
20.【答案】解：(1)作AB的垂直平分线与OA交于点C；
(2)设BC为x海里，则CA也为x海里，
∵∠O=90°，
∴在Rt△OBC中，BO2+OC2=BC2，
即：152+(45-x)2=x2，
解得：x=25，
答：我国渔政船行驶的航程BC的长为25海里．
【解析】(1)由题意得，我渔政船与不明船只行驶距离相等，即在OA上找到一点，使其到A点与B点的距离相等，所以连接AB，作AB的垂直平分线即可．
(2)利用第(1)题中的BC=AC设BC=x海里，则AC=x海里．在直角三角形BOC中，BC=x海里、OC=(45-x)海里，利用勾股定理列出方程152+(45-x)2=x2，解得即可．
本题考查了线段的垂直平分线的性质以及勾股定理的应用，利用勾股定理不仅仅能求直角三角形的边长，而且它也是直角三角形中一个重要的等量关系．
21.【答案】(1)证明：∵AB=BC，BD平分∠ABC交AC于点D，
∴AD=DC，
∵点E为AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE/​/BC，
∴DE/​/BF，
∵BD/​/EF，
∴四边形DEFB是平行四边形；
(2)解：∵AB=BC，BD平分∠ABC交AC于点D，
∴BD⊥AC，
∴∠ADB=90°，
∵AD=4，BD=3，
∴AB=BC=AD2+BD2=5，
∵DE是△ABC的中位线，
∴DE=12BC=52，
∵四边形DEFB是平行四边形，
∴BF=DE=52，
∴CF=BC+BF=152．
【解析】(1)根据等腰三角形的性质得到AD=DC，根据三角形中位线定理得到DE/​/BC，根据平行四边形的判定定理即可得到结论；
(2)根据等腰三角形的性质得到BD⊥AC，根据勾股定理得到AB=BC=AD2+BD2=5，根据三角形的中位线定理和平行四边形的性质即可得到结论．
本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，等腰三角形的性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．
22.【答案】解：(1)原式=a2-6a+9-16
=(a-3)2-16
=(a-3+4)(a-3-4)
=(a+1)(a-7)；
(2)x2-2x-1
=x2-2x+1-2
=(x-1)2-2，
∵(x-1)2≥0，
∴当x=1时，x2-2x-1有最小值，最小值为-2．
【解析】(1)仿照阅读材料中的方法分解即可；
(2)多项式配方后，利用非负数的性质确定出最小值，以及此时x的值即可．
此题考查了因式分解的应用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
23.【答案】解：(1)设购买一个甲品牌的篮球为a元，则购买一个乙品牌的篮球(a+20)元，
由题意可得：30a+20(a+20)=5400，
解得a=100，
∴a+20=120，
答：购买一个甲品牌的篮球为100元，购买一个乙品牌的篮球120元；
(2)设购买甲品牌的篮球x个，则购买乙品牌的篮球(45-x)个，
由题意可得：(100-19)x+120×0.9×(45-x)≤5400×80%45-x≥22，
解得20≤x≤23，
∵x为整数，
∴x=20，21，22，23，
即这次学校有4种购买方案．
【解析】(1)设购买一个甲品牌的篮球为a元，则购买一个乙品牌的篮球(a+20)元，根据购买甲品牌的篮球30个，乙品牌的篮球20个，共花费5400元列出相应的方程组，然后求解即可；
(2)设购买甲品牌的篮球x个，则购买乙品牌的篮球(45-x)个，根据学校此次购买甲、乙两种品牌篮球的总费用不超过第一次花费的80%，且保证这次购买的乙品牌篮球不少于22个列出相应的不等式组，然后求解即可，注意x为整数．
本题考查一元一次方程的应用、一元一次不等式组的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程和不等式组．
24.【答案】解：∵直线l与直线BD平行，
∴直线l沿x轴的负方向平移时，同时经过B，D两点，
由图2可得，t=2时，直线l经过点A，t=12时，直线l经过点C，
∴当t=12-22+2=7时，直线l经过B，D两点，
∴AD=(7-2)×1=5，
∴等腰直角△ABD中，BD=52，
即当a=7时，b=52．
【解析】由直线l与直线BD平行，即直线l沿x轴的负方向平移时，同时经过B，D两点，再根据BD的长即可得到b的值．
本题考查了动点问题的函数图象，一次函数图象与几何变换，用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图．解决问题的关键是掌握正方形的性质以及平移的性质．
25.【答案】解：(1)仍存在关系：EF=BE+DF．
证明：∵等边三角形ABM中，AB=4，将AM沿BM方向平移到CD，使CM=BM，
∴AM//CD，AM=CD，∠AMB=∠BAM=60°，
∴四边形AMCD是平行四边形，
∵CM=BM，
∴平行四边形AMCD是菱形，
∴∠AMC=∠ADF=120°，∠MAD=60°，
∴∠BAD=120°，
将△ADF绕A点顺时针旋转120°到△ABG的位置，如图，

∴∠BAG=∠DAF，BG=DF，AG=AF，∠ABG=∠ADF=120°，
∵△ABM、△AEN是等边三角形，
∴∠BAM=∠EAN=ABM=60°，
∵∠BAD=120°，
∴∠BAE+∠DAF=60°，
∴∠EAG=∠BAE+∠BAG=60°，
∴∠EAG=∠EAF，
∵∠ABM+∠ABG=180°，
∴∠GBM=180°，
∴点C、B、G共线，
在△AEF和△AEG中，
AG=AF∠EAG=∠EAFAE=AE，
∴△AEF≌△AEG(SAS)，
∴EG=EF，
∴EF=EG=BE+BG=BE+DF；
(2)连接DN，

∵△ABM、△AEN是等边三角形，
∴∠AMB=∠EAN=60°，AM=AD，AE=AN，
∵∠MAD=60°，
∴∠EAM=NAD，
∴△AEM≌△AND(SAS)，
∴∠ADN=∠AMB=60°，
∵∠ADF=120°，
∴∠ADN=∠CDN=60°，
∵四边形AMCD是菱形，
∴AD=CD，
∵DN=DN，
∴△CND≌△AND(SAS)，
∴CN=AN=AE，
∴AE最短时CN最短，根据垂线段最短可得AE⊥BM时，AE的值最小，
过点A作AE'⊥BM于E'，
∵△ABM是等边三角形，AB=4，
∴BE'=ME'=12BM=12AB=2，
∴AE'=AB2-E'B2=42-22=23，
∴E点运动中，AE⊥BM时，CN最短，CN的最小值为23．
【解析】(1)由平移的性质可得四边形AMCD是菱形，则∠AMC=120°，∠MAD=60°，将△ADF绕A点顺时针旋转120°到△ABG的位置，这时，已知C、B、G在同一直线上，证明△AEF≌△AEG，根据全等三角形的性质即可得EF=EG=BE+BG=BE+DF．
(2)连接DN，证明△AEM≌△AND，根据全等三角形的性质得∠ADN=∠AMB=60°，可得∠ADN=∠CDN=60°，证明△CND≌△AND，可得CN=AN=AE，则AE最短时CN最短，根据垂线段最短可得AE⊥BM时，AE的值最小，根据直角三角形的性质求出AE的最小值即可得CN的最小值．
此题是四边形综合题，主要考查正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题．