重庆市云阳县3年（2020-2022）八年级数学上学期期末试题汇编-02填空题

这是一份重庆市云阳县3年（2020-2022）八年级数学上学期期末试题汇编-02填空题，共13页。试卷主要包含了0＝_____，已知，，则__________，分解因式，当______时，分式的值为0，已知，则_______等内容，欢迎下载使用。
重庆市云阳县3年（2020-2022）八年级数学上学期期末试题汇编-02填空题1．（2022·重庆云阳·八年级期末）|﹣2|﹣（π﹣3）0＝_____．2．（2022·重庆云阳·八年级期末）若分式的值为0，则的值为__________．3．（2022·重庆云阳·八年级期末）如图，△ABC和△ADE均为等边三角形，D，E分别在边AB，AC上，连接BE，CD，若∠ACD＝15°，则∠CBE＝_____．4．（2022·重庆云阳·八年级期末）已知，，则__________．5．（2022·重庆云阳·八年级期末）在平面直角坐标系中，等腰直角和等腰直角的位置如图所示，顶点，在轴上，，．若点的坐标为，则线段的长为__________．6．（2022·重庆云阳·八年级期末）随着2022年北京冬奥会的日益临近，人们越来越感受到冰雪运动的独特魅力，冬奥会周边及相关物品也不断带给人们惊喜，深受人们的喜爱．某玩具商购进甲、乙两款以冬奥会运动项目为主题的立体拼图，甲、乙两款拼图的数量比为．已知销售每套甲款拼图的利润率为，销售每套乙款拼图的利润率为，当把所有拼图销售完毕，该玩具商得到的总利润率为．该玩具商又购进新的一批甲、乙两款拼图，两款拼图每套的进价与售价均与前一次相同；同时，该玩具商还购进一批丙款拼图，每套丙款拼图的进价为每套甲款拼图进价的2倍，并按进价提高进行销售．已知第二次购进的甲、乙、丙三款拼图的数量比为，并且所有拼图全部销售完毕，则该玩具商在第二次销售中得到的总利润率为__________．7．（2021·重庆云阳·八年级期末）2020年12月17日，探月工程嫦娥五号返回器在内蒙古四子王旗预定区域成功着陆，标志着我国首次地外天体采样返回任务圆满完成．月球与地球近地点的距离约是363000000米，数据363000000用科学记数法表示为______．8．（2021·重庆云阳·八年级期末）分解因式：______．9．（2021·重庆云阳·八年级期末）当______时，分式的值为0．10．（2021·重庆云阳·八年级期末）已知，则_______．11．（2021·重庆云阳·八年级期末）如图，平面直角坐标系中，已知点，点、分别在轴、轴上，且，若点坐标为，则______（用含的代数式表示）．12．（2021·重庆云阳·八年级期末）如图，在中，，为边中点，为边上一点，将沿着翻折，得到，连接．当时，的度数为______．13．（2020·重庆云阳·八年级期末）___________.14．（2020·重庆云阳·八年级期末）已知一个等腰三角形的两边长分别为2和4，则该等腰三角形的周长是_______．15．（2020·重庆云阳·八年级期末）已知，则___________.16．（2020·重庆云阳·八年级期末）如图，已知，平分，，垂足为，点在上，且，若，则线段的长是___________. 17．（2020·重庆云阳·八年级期末）如图，已知，点在射线上，点在射线上，均为等边三角形，若，则的边长为___________. 18．（2020·重庆云阳·八年级期末）为了庆祝改革开放40周年，展开改革开放的辉煌成就，某中学举办师生诗词创作大赛，从参赛作品中选出20篇优秀作品，原计划一等奖3篇，二等奖5篇，三等奖12篇，后经校长会研究决定，在该项奖励总奖金不变的情况下，各等级获奖篇数实际调整为：一等奖4篇，二等奖6篇，三等奖10篇，调整后一等奖每篇奖金降低10元，二等奖每篇奖金降低20元，三等奖每篇奖金降低30元，调整前一等奖金每篇奖金比三等奖每篇奖金多320元，则调整后一等奖每篇比二等奖每篇奖金多___________元。
参考答案：1．【分析】根据绝对值的计算法则及零指数幂的意义即可完成．【详解】解：原式=2−1=1故答案为：1【点睛】本题是实数的运算，考查了实数的绝对值、零指数幂等知识，掌握它们是关键．2．-9【分析】分式值为0的条件：分式的分子为0且分母不为0，据此求解即可得．【详解】解：由题意得：，解得：，故答案为：【点睛】本题考查了分式值为0，解题的关键是熟练掌握分式值为0的条件．3．45°##45度【分析】证明△ADC≌△AEB，则∠ABE=∠ACD=15゜，即可求得结果．【详解】∵△ABC和△ADE均为等边三角形∴AD=AE，AC=AB，∠ABC=60゜∴△ADC≌△AEB(SAS)∴∠ABE=∠ACD=15゜∴∠CBE=∠ABC−∠ABE=60゜−15゜=45゜故答案为：45゜【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，掌握这些知识是关键．4．5【分析】根据多项式的乘法展开，代入计算即可．【详解】∵，∴，∵ab=3，∴，∴5，故答案为：5．【点睛】本题考查了多项式乘以多项式，代数式的值，熟练进行多项式的乘法运算是解题的关键．5．【分析】如图，过点作一条垂直于轴的直线，过点作交点为，过点作交点为；有题意可知，，由D点坐标可知的长度，，进而可得结果．【详解】解：如图, 过点作一条垂直于轴的直线，过点作交点为，过点作交点为；∴，，∵，，∴在和中， ∴∴由D点坐标可知，∴故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，坐标系中点的坐标等知识．解题的关键是找出所求线段的等价线段的值．6．【分析】设甲款拼图的成本为，乙款拼图的成本为，第一次购进两种甲款款拼图的数量为9k, 乙款拼图的数量为．根据销售每套甲款拼图的利润率为，可求甲款利润×30%=，根据销售每套乙款拼图的利润率为，可求乙款利润×40%=，根据该玩具商得到的总利润率为．得出．设第二次购进的甲、乙、丙三款拼图的数量分别为，可得甲、乙、丙三种拼图的成本，利润，拼图数量如表所示：利用三种拼图总利润÷三种拼图总成本×100%得出总利润率即可．【详解】解：设甲款拼图的成本为，乙款拼图的成本为，第一次购进两种甲款款拼图的数量为9k, 乙款拼图的数量为．销售每套甲款拼图的利润率为，甲款利润×30%=，销售每套乙款拼图的利润率为，乙款利润×40%=，当把所有拼图销售完毕，该玩具商得到的总利润率为．∴，解得．第二次购进的甲、乙、丙三款拼图的数量分别为则甲、乙、丙三种拼图的成本，利润，拼图数量如表所示：  成本利润拼图数量甲款拼图乙款拼图丙款拼图 ∴第二次销售的总利润率．故答案为：36%．【点睛】本题考查二元一次方程，列代数式，整式的乘除混合运算，利润率=利润÷成本×100%，掌握列代数式，利润率=利润÷成本×100%，整式的乘除混合运算，根据利润率列二元一次方程是解题关键．7．3.63×108【分析】根据科学记数法的定义，即可求解．【详解】363000000=3.63×108，故答案是：3.63×108．【点睛】本题主要考查科学记数法，掌握科学记数法的形式：a×10n，（1≤|a|＜10，n为整数），是解题的关键．8．【分析】提取公因式5a，即可分解因式．【详解】原式=故答案是：【点睛】本题主要考查分解因式，掌握提取公因式法，是解题的关键．9．-4【分析】根据分式等于0可知，且．求出x即可．【详解】根据题意可知，解得：．故答案为：-4．【点睛】本题考查分式的值为零的条件：（1）分子为0；（2）分母不为0．两个条件需同时具备，缺一不可．10．【分析】由，再整体代入即可求值．【详解】解：故答案为：【点睛】本题考查的是同底数幂的除法，掌握同底数幂的除法法则是解题的关键．11．18-．【分析】过A作AE⊥y轴于E，AD⊥x轴于D，构造正方形AEOD，再证△AEB≌△ADC（SAS），得BE=CD，由EB=EO-BO=9-，可求CD=9-，求出OC=OD+CD=9+9-=18-即可．【详解】过A作AE⊥y轴于E，AD⊥x轴于D，∵点，AE=AD=OE=OD=9，∠ADO=90º，四边形AEOD为正方形，∵，∠EAD=90°，∴∠EAB+∠BAD=90°，∠BAD+∠DAC=90°，∴∠BAE=∠CAD，∵，AE=AD，∴△AEB≌△ADC（SAS），∴BE=CD，∵EB=EO-BO=9-，∴CD=9-，OC=OD+CD=9+9-=18-，故答案为：18-．【点睛】本题考查正方形的判定与性质，三角形全等判定与性质，掌握正方形的判定方法与性质，三角形全等判定的方法与性质是解题关键．12．【分析】根据折叠的性质可得，根据及折叠的性质可得为等边三角形，再根据三角形的外角性质求解即可【详解】在中，，将沿着翻折，交于点,得到，如图；∴∴,∵，为边中点，∴,为等边三角形，∴，∴，∵即 ∴.故答案为：【点睛】本题考查了全等三角形的性质，等边三角形的性质，三角形外角的性质等知识点，解题的关键是根据折叠找到对应的边角关系13．13【分析】根据非零的数的零次幂，负整数指数幂的性质以及算术平方根，即可得到答案.【详解】原式==13.故答案是：13.【点睛】本题主要考查非零的数的零次幂和负整数指数幂的性质，掌握零次幂和负整数指数幂的性质，是解题的关键.14．10 【详解】解：因为2+2=4，所以腰长为2时不能构成三角形；所以等腰三角形的腰的长度是4，底边长2，周长：4+4+2=10，答：它的周长是10，故答案为：10．15．5【分析】把相加，得到，进而得到答案.【详解】∵，∴，∵，∴，∴，即：，∴5.故答案是：5.【点睛】本题主要考查完全平方公式，把两个等式相加，是解题的关键.16．3【分析】过点P作PE⊥OA于点E，由，得∠ECP=，进而得到：PE=3，根据角平分线的性质，即可求解.【详解】过点P作PE⊥OA于点E，∵，，∴∠ECP=，∵∴PE=PC=×6=3，∵平分，∴PD=PE=3.故答案是：3.【点睛】本题主要考查角平分线的性质定理，添加辅助线，构造含30°的直角三角形，是解题的关键.17．【分析】由，为等边三角形，得∠AOB=∠OB1A1=30°，从而得到：A1B1=，同理得到：A2B2=4，A3B3=8，以此类推，即可得到答案.【详解】∵，为等边三角形，∴∠B1A1A2=60°，∴∠OB1A1=∠B1A1A2-∠O=60°-30°=30°，即：∠AOB=∠OB1A1，∴A1B1=，即：的边长是2，同理：∠AOB=∠OB2A2，∴A2B2=，即：的边长是4，同理：∠AOB=∠OB3A3，∴A3B3=，即：的边长是8，以此类推：的边长是.故答案是：【点睛】本题主要考查等腰三角形判定和性质以及等边三角形的性质定理，求出等边三角形的边长，找到变换规律，是解题的关键.18．190【分析】设调整前一等奖金每篇奖金为x元，二等奖金每篇奖金为y元，三等奖金每篇奖金为z元，根据题意列出三元一次方程组，化简得：x-y=180，，进而可求出答案.【详解】设调整前一等奖金每篇奖金为x元，二等奖金每篇奖金为y元，三等奖金每篇奖金为z元，根据题意得： ， 化简得：，即：，②-①得：x-y=180，∴(x-10)-(y-20)=x-y+10=180+10=190，故答案是：190.【点睛】本题主要考查三元一次方程组的实际应用，根据题意，列出方程组，是解题的关键.