2021-2022学年甘肃省兰州市城关区树人中学八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2021-2022学年甘肃省兰州市城关区树人中学八年级（下）期末数学试卷（含解析），共26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。
2021-2022学年甘肃省兰州市城关区树人中学八年级（下）期末数学试卷  第I卷（选择题） 一、选择题（本大题共12小题，共36分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）年北京成功举办第届冬奥会和冬残奥会，成为世界上首个“双奥之城”，本届冬残奥会会徽主体图形展示了汉字“飞”的动感和力度，如图所示在下面的四个图形中，能由如图经过平移得到的图形是(    )A.  B.  C.  D. 数学中的对称之美无处不在，下列四幅常见的垃圾分类标志图案不考虑文字说明中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是(    )A. 有害垃圾 B. 可回收物
C. 厨余垃圾 D. 其他垃圾中共中央国务院关于促进农民增加收入若干政策的意见中提出“治理农村人居环境，搞好村庄治理规划和试点，节约农村建设用地”政策出台后，湖南陆陆续续开展了村庄合并某地兴建的幸福小区的三个出口、、的位置如图所示，物业公司计划在不妨碍小区规划的建设下，想在小区内修建一个电动车充电桩，以方便业主，要求到三个出口的距离都相等，则充电桩应该在(    )A. 三条边的垂直平分线的交点处 B. 三个角的平分线的交点处
C. 三角形三条高线的交点处 D. 三角形三条中线的交点处若的三边长，，满足，则(    )A. 为直角 B. 为直角
C. 为直角 D. 不是直角三角形若，则下列各式中正确的是(    )A.  B.
C.  D. 若有意义，则下列说法正确的是(    )A.  B. 且 C.  D. 千里江山图是宋代王希孟的作品，如图，它的局部画面装裱前是一个长为米，宽为米的矩形，装裱后，整幅图画宽与长的比是：，且四周边衬的宽度相等，则边衬的宽度应是多少米？设边衬的宽度为米，根据题意可列方程(    )
A.  B.  C.  D. 如图，一次函数的图象经过点，则不等式的解集是(    )A.
B.
C.
D. 一个多边形减去一个角后，所得多边形的内角和是，则这个多边形的边数不可能是(    )A.  B.  C.  D. 如图，四边形是平行四边形，以点为圆心，的长为半径画弧，交于点；分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点；连结并延长，交于点连结，若，，则的长为(    )A.  B.  C.  D. 如图，中，平分，是中点，，；，则的值为(    )
A.  B.  C.  D. 若关于的方程无解，则的值为(    )A.  B. 或 C.  D. 或第II卷（非选择题） 二、填空题（本大题共4小题，共12分）分解因式：______．如图，将三角形纸片沿折叠，当点落在四边形的外部时，测量得，，则为______．
如图，在中，，将绕点按逆时针旋转到的位置，连接，此时，则旋转角的度数为______．
如图，，，，，，则______．
  三、解答题（本大题共12小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）本小题分
求满足不等式组的所有整数解．本小题分
分解因式，并求值，其中，．本小题分
如图，求的度数．
 
本小题分
解方程：．本小题分
如图，、交于点，从下面中选取两个作为已知条件，另一个作为结论，构成一个命题，判断该命题真假并说明理由．，，．
你选择的已知条件是______，结论______填写序号；该命题为______填“真”或“假”命题．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
本小题分
先化简，再求值：，其中．
下面是小宇同学的化简过程，请认真阅读并完成相应任务．
解：原式第一步
第二步
第三步
第四步
任务一：
填空：以上化简步骤中，第______步是约分得到的，约分的依据是______；
第______步开始出现错误，这一步错误的原因是______．
任务二：请直接写出该分式化简后的正确结果，并代入求值．本小题分
某企业购买了一批、型国产芯片，其中型芯片的单价比型芯片的单价少元，已知该企业用元购买型芯片的数量与用元购买型芯片的数量相等．
求该企业购买的、型芯片的单价各是多少元？
若两种芯片共购买了枚，且购买型芯片的数量不超过型芯片数量的，不小于型芯片数量的，求如何购买，才能使购买总费用最低？最低费用是多少元？本小题分
把代数式通过配方等手段，得到完全平方式，再运用完全平方式的非负性来增加题目的已知条件，这种解题方法叫做配方法．配方法在代数式求值、解方程、最值问题等都有着广泛的应用．
例如：用配方法分解因式：．
原式．
利用配方法求最小值：求最小值．
解：因为不论取何值，总是非负数，即所以，所以当时，有最小值，最小值是．
根据上述材料，解答下列问题：
填空：____________；
将变形为的形式，并求出的最小值；
若，，其中为任意实数，试比较与的大小，并说明理由．本小题分
函数图象是研究函数的重要工具．探究函数性质时，我们经历了列表、描点、连线画出函数图象，然后观察分析图象特征，概括函数性质的过程．请结合已有的学习经验，画出函数的图象，并探究其性质．列表如下：表中______，______，并在平面直角坐标系中画出该函数的图象；

观察函数的图象，判断下列关于该函数性质的命题：
当时，函数图象关于直线对称；
时，函数有最小值，最小值为；
时，函数的值随的增大而减小，其中正确的是______请写出所有正确命题的番号
结合图象，请直接写出不等式的解集______．本小题分
如图，在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点．
求证：四边形是菱形；
若，，求的面积．
本小题分
如图，已知是的边上的一点，，，，且满足，是的中线．
判断的形状，并说明理由；
求证：是的平分线．
本小题分
数学活动课上，老师给出如下定义：如果一个矩形的其中一边是另一边的倍，那么称这个矩形为“和谐矩形”如图，在矩形中，，则矩形是“和谐矩形”是边上任意一点，连接，作的垂直平分线分别交，于点，，与的交点为，连接和．

试判断四边形的形状，并说明理由；
如图，在“和谐矩形”中，若，且，是边上一个动点，把沿折叠．点落在点处，若恰在矩形的对称轴上，则的长为______；
如图，记四边形的面积为，“和谐矩形”的面积为，且，若为常数，且，求的长．用含有的代数式表示．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：如图所示在上面的四个图形中，能由如图经过平移得到的图形是：，
故选：．
根据平移的性质，即可判断．
本题考查了生活中的平移现象，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
 2.【答案】 【解析】解：既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
B.既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与自身重合．
 3.【答案】 【解析】解：电动车充电桩到三个出口的距离都相等，
充电桩应该在三条边的垂直平分线的交点处，
故选：．
根据线段垂直平分线的性质解答即可．
本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
 4.【答案】 【解析】解：，
，
是直角三角形，且是直角，
故选：．
根据已知条件可得，即可判定的形状．
本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理逆定理是解题的关键．
 5.【答案】 【解析】解：，不妨设，，
则，原变形错误，故此选项不符合题意；
B.，
，原变形正确，故此选项符合题意；
C.，不妨设，，
则，原变形错误，故此选项不符合题意；
D.不妨设，，
则，原变形错误，故此选项不符合题意
故选：．
直接利用不等式的性质分别分析得出答案．
本题考查了不等式的性质，解决本题的关键是掌握不等式的性质．
 6.【答案】 【解析】解：，
．
故选：．
根据分式的分母不等于即可得出答案．
本题考查了分式有意义的条件，掌握分式的分母不等于是解题的关键．
 7.【答案】 【解析】解：由题意可得，
，
故选：．
根据题意可知，装裱后的长为，宽为，再根据整幅图画宽与长的比是：，即可得到相应的方程．
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，列出相应的分式方程．
 8.【答案】 【解析】解：由图象可得：当时，，
所以关于的不等式的解集是，
所以关于的不等式的解集为，
即：，
故选：．
观察函数图象得到即可．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数的值大于或小于的自变量的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线在轴上或下方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
 9.【答案】 【解析】解：多边形的内角和可以表示成且是整数，
根据题意得：，
解得：，
一个多边形切去一个角后，多边形的边数可能增加了一条，可能不变，也可能减少了一条，
则多边形的边数可能是：或或，边数不可能是．
故选：．
一个多边形切去一个角后，多边形的边数分三种情况：增加一条，不变或减少一条，再根据多边形内角和公式即可得出答案．
此题考查了多边形内角与外角，熟练掌握边形的内角和为是解题的关键．
 10.【答案】 【解析】解：如图，连接，设交于点．

由作图可知：，平分，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，
，，
在中，，
故选：．
首先证明四边形是菱形，利用勾股定理求出即可．
本题考查了平行四边形的性质，考查作图复杂作图，线段的垂直平分线的性质，菱形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
 11.【答案】 【解析】解：延长交于，
平分，
，
在和中，
，
≌，
，，
，
，，
，
故选：．
延长交于，证明≌，根据全等三角形的性质得到，，进而求出，根据三角形中位线定理解答即可．
本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
 12.【答案】 【解析】解：，
，
，
，
方程无解，
或，
或，
故选：．
解分式方程可得，根据题意可知，或，求出的值即可．
本题考查分式方程的解法，熟练掌握分式方程的解法，分式方程无解的条件是解题的关键．
 13.【答案】 【解析】解：原式
．
故答案为：．
先提取公因式，再用完全平方公式分解因式．
本题考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解因式，分解因式要彻底是解题关键．
 14.【答案】 【解析】解：，，
，
．
故答案为：．
利用四边形的内角和定理求出，再利用三角形的内角和定理可得结果．
本题主要考查了多边形的内角和定理及三角形的内角和定理，关键是运用多边形的内角和定理求出的度数．
 15.【答案】 【解析】解：，
，
由旋转的性质可知，，
，
，
．
故答案为：．
由平行线的性质可求得的度数，然后由旋转的性质得到，然后依据等腰三角形的性质可知的度数，依据三角形的内角和定理可求得的度数，从而得到的度数．
本题主要考查的是旋转的性质，证出以及是解题的关键．
 16.【答案】 【解析】解：如图，延长，交于点，

，，
，
，
，
是的外角，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
延长，交于点，利用“一线三等角”证明≌，得出，由，，，得，即可求出的长．
本题考查了全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造≌是解决问题的关键．
 17.【答案】解：解不等式，得：，
解不等式，得：，
则不等式组的解集为，
所以不等式组的整数解为、、． 【解析】先求出不等式组的解集，然后在解集中找出所有的整数即可．
本题主要考查了一元一次不等式组的解法，难度一般，关键是会根据未知数的范围确定它所满足的特殊条件的值．一般方法是先解不等式组，再根据解集求出特殊值．
 18.【答案】解：当，时，
原式


． 【解析】先因式分解，再代值计算．
本题考查因式分解的应用，先正确因式分解再整体代换求值是求解本题的关键．
 19.【答案】解：如图，

由三角形内角和定理得：，
． 【解析】利用三角形内角和定理将不规则图形转化成规则图形：五边形．
本题主要考查多边形内角和，解题关键是利用三角形内角和定理将不规则图形转化成规则图形．
 20.【答案】解：去分母得：，
整理得：，
解得：，，
检验：把代入得：，
把代入得：，
是原方程的增根，是原方程的根，
则原方程的根是． 【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，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
 21.【答案】，    真 【解析】解：选择的已知条件是，，结论是，该命题为真命题，理由如下：
，
，
，
，即，
在和中，
，
≌，
．
直接选择作为条件，作为结论，可判定≌，即可证明结论成立，故为真命题．
本题主要考查命题与定理知识，熟练掌握三角形全等的判定是解答此题的关键．
 22.【答案】三  分式的基本性质  一  添括号时，括号里面的第二项没有变号 【解析】解：任务一：
以上化简步骤中，第三步是约分得到的，约分的依据是分式的基本性质；
故答案为：三，分式的基本性质；
第一步开始出现错误，这一步错误的原因是添括号时，括号里面的第二项没有变号；
故答案为：一，添括号时，括号里面的第二项没有变号；
任务二：




，
当时，原式．
任务一：根据题目中的式子，可以解答本题；
根据题目的解答过程可以解答本题；
任务二：先将题目中的式子化简，然后代入的值计算即可．
本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式混合运算的运算法则和运算顺序，注意添括号时，括号内的符号是否变化．
 23.【答案】解：设该企业购买的型芯片的单价为元，则型芯片的单价为元，
依题意得：，
解得：，
经检验，是原方程的解，且符合题意．
．
答：该企业购买的型芯片的单价为元，型芯片的单价为元．
设购买枚型芯片，则购买枚型芯片，
依题意得：，
解得：，
设总费用为元，
则，
，
随的增大而减小，
当时，的最小值元，
此时．
答：当购买型芯片枚，型芯片枚时，总费用最低，最低为元． 【解析】设该企业购买的型芯片的单价为元，则型芯片的单价为元，由题意：该企业用元购买型芯片的数量与用元购买型芯片的数量相等．列出分式方程，解方程即可；
设购买枚型芯片，则购买枚型芯片，由题意：购买型芯片的数量不超过型芯片数量的，不小于型芯片数量的，列出一元一次不等式，求出，再设总费用为元，则，然后由一次函数的性质即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用、一元一次不等式的应用以及一次函数的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出分式方程；找出数量关系，正确列出一元一次不等式．
 24.【答案】   【解析】解：，
故答案为：，．

．
，
当时，原式有最小值．


．
，
．
．
根据完全平方公式的特征求解．
先配方，再求最小值．
作差后配方比较大小．
本题考查配方及其应用，掌握完全平方公式的结构特征是求解本题的关键．
 25.【答案】      或 【解析】解：把代入得，，
把代入得，，
，，
画出函数图象如图：

故答案为：，；

观察函数的图象，
当时，函数图象关于原点对称；错误；
时，函数有最小值，最小值为；正确；
时，函数的值随的增大而减小，正确．
故答案为；

由图象可知，函数与直线的交点为、、
不等式的解集为或．
故答案为：或．
利用函数解析式分别求出和对应的函数值；然后利用描点法画出图象即可；
观察图象可知当时，随值的增大而增大；
利用图象即可解决问题．
本题考查函数图象和性质，能够从表格中获取信息，利用描点法画出函数图象，并结合函数图象解题是关键．
 26.【答案】证明：是的中点，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，
是的中点，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是菱形；
解：由可得：≌，
，
，
，
，是的中点，
，
，
，
，
，
． 【解析】由“”可证≌，可得，可证四边形是平行四边形，由直角三角形的性质可证，可得结论；
由勾股定理可求的长，可求的面积，由面积关系可求解．
本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，证明是本题的关系．
 27.【答案】解：是等腰三角形，理由如下，
，
，
，
，
是等腰三角形．
证明：如图，取的中点，连接，则
由得，，
，，
点是的中点，是的中点，
，，，
，，
在和中，
，
≌，
，
，
是的平分线． 【解析】将式子“”因式分解，求得，得到的形状；
取的中点，连接，先证明≌，得到，然后由得到点是的中点，从而得到，得到，最后得到，即可得证是的平分线．
本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的定义，解题的关键是通过将条件因式分解“”因式分解得到是等腰三角形．
 28.【答案】或 【解析】解：四边形是菱形．
理由：如图，，
，；
垂直平分，
，，
≌，
，
四边形是平行四边形；
，
四边形是菱形．
如图，设矩形的对称轴交于点，交于点，点在上，连结，，
由折叠得，垂直平分，，
垂直平分，
，
四边形是矩形，
由得，四边形是菱形，
；
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，且，
，
；
如图，矩形的对称轴交于点，交于点，点在上，
垂直平分，
，
，
四边形是正方形，
，
，
等于点到直线的距离，
点与点重合，
，
与重合，点与点重合，
，
综上所述，的长为或，
故答案为：或．
如图，由得，四边形是菱形，
设，
四边形是“和谐矩形”，且，
，
，，
，
，
，
，
，
，
由得，，

由矩形的性质及全等三角形的性质先证明四边形是平行四边形，再由证明四边形是菱形；
当点在经过、中点的对称轴上时，可证明是等边三角形；当点在经过、中点的对称轴上时，可证明点为边的中点，分别求出相应的的长即可；
由可知四边形是菱形，设，四边形是“和谐矩形”，且，则，由勾股定理分别求出、、的长，再由面积等式列方程求出的长即可．
此题重点考查矩形的性质、菱形的判定与性质、轴对称的特征、勾股定理、二次根式的化简、分类讨论数学思想的应用等知识与方法，此题综合性较强，计算较为烦琐，难度较大，属于考试压轴题．