八年级下学期期末数学试题（解析版） (9)

这是一份八年级下学期期末数学试题（解析版） (9)，共23页。试卷主要包含了作图请一律用2B铅笔完成， 在中， 方程的解是， 如图，在中，按以下步骤作图等内容，欢迎下载使用。
下期期末质量监测试题
八年级数学
（考试时间：120分钟　满分：150分）
注意事项：
1.试题卷上各题的答案用签字笔书写在答题卡上，不得在试题卷上直接作答；
2.答题前认真阅读答题卡上的注意事项；
3.作图（包括作辅助线）请一律用2B铅笔完成：
4.考试结束，由监考人员将试题卷和答题卡一并收回．
一、选择题：（本大题10个小题，每小题4分，共40分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑．
1. 把多项式a2+2a分解因式得（　　）
A. a（a+2） B. a（a﹣2） C. （a+2）2 D. （a+2）（a﹣2）
【答案】A
【解析】
【分析】运用提公因式法进行因式分解即可．
【详解】
故选A
【点睛】本题主要考查了因式分解知识点，掌握提公因式法是解题的关键．
2. 下面四个交通标志中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念判断即可．
【详解】A：图形旋转180°后能与原图形重合，故是中心对称图形；
B：图形旋转180°后不能与原图形重合，故不是中心对称图形；
C：图形旋转180°后不能与原图形重合，故不是中心对称图形；
D：图形旋转180°后不能与原图形重合，故不是中心对称图形；
故选：A．
【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，绕对称中心旋转180°后能与原图形重合是中心对称图形，熟知其概念是解题的关键．
3. 已知，下列一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等式的基本性质对各选项进行逐一分析即可．
【详解】解：A、∵，∴，原变形错误，不符合题意；
B、∵，∴，原变形错误，不符合题意；
C、∵，∴，原变形错误，不符合题意；
D、∵，∴，正确，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查的是不等式的性质，熟知不等式的基本性质是解题的关键．
4. 分式有意义的条件是（ ）
A. x＝－3 B. x≠－3 C. x≠3 D. x≠0
【答案】B
【解析】
【分析】根据分式的分母不能为0即可得．
【详解】解：由分式的分母不能为0得：，
解得，
即分式有意义的条件是，
故选：B．
【点睛】本题考查了分式有意义的条件，熟练掌握分式的分母不能为0是解题关键．
5. 在中（如图），连接，已知，，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形的对边平行和两直线平行内错角相等的性质，再通过等量代换即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ABCD
∴∠DCA＝∠CAB，
∵∠DCA+∠ACB，，
∴40º+80º=120º，
故选：C．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质和平行线的性质，解题的关键是熟记性质并熟练运用．
6. 方程的解是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据解分式方程的步骤“一化二解三检验”即可解答．
【详解】解：，
方程两边同时乘以，得，
，
解得：，
经检验，是分式方程的解，
∴原分式方程的解是，
故选．
【点睛】本题考查了解分式方程的步骤“一化二解三检验”，掌握解分式方程的步骤是解题的关键．
7. 已知一个多边形的内角和等于900º，则这个多边形是（ ）
A. 五边形 B. 六边形 C. 七边形 D. 八边形
【答案】C
【解析】
【详解】多边形的内角和公式为（n－2）×180°，
根据题意可得：（n－2）×180°=900°，
解得：n=7．
故选C

8. 如图，在中，按以下步骤作图：①分别以点B和C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M和N；②作直线交边于点E．若，，，则的长为（ ）

A. B. 6 C. D. 7
【答案】D
【解析】
【分析】连接，依据垂直平分线的性质得．由已知易得，在中运用勾股定理求得，即可求得答案．
【详解】解：由已知作图方法可得，是线段的垂直平分线，
连接，如图，

所以，
所以，
所以，
因为，，
所以，
在中，，
所以，
因此的长为7．
故选：D．
【点睛】本题主要考查中垂线性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握中垂线上一点到线段两端点距离相等，由勾股定理求得即可．
9. 如图，在中，，，点D是边上一点，连接，把绕点D旋转至，连接．若，∠DEB＝90°，则的长为（ ）

A. 1 B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】过点作，交于，则，由含的直角三角形可得，，由旋转可知，，设，则，，，由勾股定理可得，则，，，可得，解得，即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
由旋转可知，，
过点作，交于，则，
∴，
∴，

设，则，，，
由勾股定理可得，则
，，
则，解得：，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查含的直角三角形，旋转的性质，勾股定理，利用结合勾股定理构造方程是解决问题的关键．
10. 关于x的一元一次不等式组的解集是，且关于y的分式方程有非负整数解，则符合条件的所有整数a的和是（ ）
A. 0 B. 1 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】利用关于的一元一次不等式组的解集为，通过解不等式组确定的一个取值范围；再利用关于的分式方程有非负整数解，确定的一个取值范围，同时满足两个条件的整数解即为答案．
【详解】解：由不等式组，解得，
∵不等式组的解集是，
∴，
由分式方程，解得：，且，即，
当时，
∵分式方程有非负整数解，
∴满足条件的所有整数为：，1，3，
则符合条件的所有整数a的和是，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了分式方程的解，一元一次不等式的解，解一元一次不等式组，正确确定不等式组的解集是解题的关键，解分式方程要注意有产生增根的可能．
二、填空题：（本大题8个小题，每小题4分，共32分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上．
11. 不等式的解集是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据解一元一次不等式基本步骤求解即可．
【详解】解：，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数，不等号方向要改变．
12. 如图，如果只用一种若干个正多边形镶嵌整个平面，如图是由其拼成无缝隙且不重叠的图形的一部分，这种正多边形的边数是______．

【答案】6
【解析】
【分析】根据图中是三个完全相同的正多边形拼成的无缝隙、不重叠的图形的一部分，即可求出多边形每个内角的度数，进而即可求出答案．
【详解】解：∵是三个完全相同的正多边形拼成的镶嵌，
∴每个内角度数，
那么边数为：．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查的是多边形的内角与外角，明确正多边形的每个外角的度数边数是解题的关键．
13. 在中，，，则度数为______．
【答案】
【解析】
【分析】依题意可知该三角形为等腰三角形，利用等腰三角形的性质得另外二角相等，结合三角形内角和易求的值．
【详解】解：如图，

∵，
∴，
∵，
∴．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质：等边对等角和三角形内角和定理．借助三角形内角和求角的度数是一种很重要的方法，应熟练掌握．
14. 若，则______．
【答案】6
【解析】
【分析】先把分解因式，代入，进一步化简即可求解．
【详解】解：∵
∴，
故答案为：6．
【点睛】本题考查了因式分解的应用，本题的解题关键是，把代入即可得出答案．
15. 如图，已知，，当时，x的取值范围为______．

【答案】
【解析】
【分析】联立函数解析式求出交点坐标，根据图象的位置关系得到x的取值范围即可．
【详解】解：由题意得到，
解得，
即与的交点为，
根据图象可知，当时，x的取值范围为．
故答案为：．
【点睛】此题考查了根据一次函数图象交点求不等式的解集，求出函数图象的交点坐标是解题的关键．
16. 如图，在中，平分若则____．

【答案】1
【解析】
【分析】作于点F，由角平分线的性质推出，再利用三角形面积公式求解即可．
【详解】解：如图，作于点F，

∵平分，，，
∴，
∴．
故答案为：1．
【点睛】本题考查角平分线的性质，通过作辅助线求出三角形ACD中AC边上的高是解题的关键．
17. 如图，，，D为上一点，，，交于点E，点F为直线上一点，则的最小值为______．

【答案】
【解析】
【分析】作点关于对称点，连接，，延长交于，由轴对称可知，，，，可证得，，进而利用勾股定理求得，，由三角形三边关系可知，，当，，三点在同一直线上时取等号，即可求得的最小值．
【详解】解：作点关于对称的点，连接，，延长交于，
由轴对称可知，，，，

∵，，
∴，
∴，则，，
∵，，
∴，则，
∴，
∴，
由三角形三边关系可知，，当，，三点在同一直线上时取等号，
∴最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查轴对称的性质，勾股定理，三角形三边关系等知识点，利用轴对称添加辅助线是解决问题的关键．
18. 用表示十位数字为m，个位数字为5的两位数，其中，且m是整数，例如，当时，表示的两位数是65
当时，；
当时，；
……
（1）请仿照上面的等式，用含m的式子表示：______；
（2）若与的差为6425，则______．
【答案】 ①. ②. 8
【解析】
【分析】（1）由题意可知，利用完全平方公式展开计算即可；
（2）由题意得，即，根据即可求解．
【详解】解：（1）


，
（2）由题意可得：，
∴，
又∵，
∴，
故答案为：，8．
【点睛】本题考查完全平方公式的应用及因式分解的应用，理解题意，列出是解决问题的关键．
三、解答题：（本大题8个小题，19题8分，20－26题每小题各10分，共78分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形，请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上．
19. 如图所示，在平面直角坐标系内，三个顶点坐标分别为，，．

（1）在图中，画出向左平移8个单位得到的；
（2）在图中，画出以点O为对称中心，与成中心对称图形的；
（3）直接写出点，，的坐标．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3），，
【解析】
【分析】（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用关于原点对称点的性质得出对应点位置进而得出答案；
（3）结合图形即可得，，的坐标．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求；
【小问2详解】
如图所示，即为所求；
【小问3详解】
由图可知，，，．
【点睛】题主要考查了平移变换以及旋转变换，正确得出对应点位置是解题关键．
20. 解不等式组，并把它的解集在数轴上表示出来．

【答案】，数轴见解析．
【解析】
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
【详解】解：解不等式5x+1＞3（x﹣1），得：x＞﹣2，
解不等式x﹣1≤7﹣x，得：x≤4，
则不等式组的解集为﹣2＜x≤4，将解集表示在数轴上如下：

21. 计算：
（1）；
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接根据分式的除法法则进行计算即可；
（2）先将括号里面通分运算，再利用分式的混合运算法则计算得出答案．
【小问1详解】
解：原式


；
【小问2详解】
解：原式

．
【点睛】本题考查的是分式的混合运算，熟知分式的混合运算法则是解答此题的关键．
22. 在学习三角形的过程中，亮亮遇到这样一个问题：如图，在中，，，把分成三个全等三角形，并说明理由．聪明的亮亮经过思考后很快就有了思路：作线段的垂直平分线，得到两条相等线段，从而构造出全等三角形，使问题得到了解决．请根据亮亮的思路完成下面的作图并填空
解：用直尺和圆规作的垂直平分线，分别交，于点D，E，连接．
（不写作法，不下结论，只保留作图痕迹）

∵垂直平分线段，
∴，．
在和中，∵，
∴．∴．
∵在中，，，
∴．
∴．
∴．
在和中，∵，
∴．
∴．
【答案】作图见解析，①；②；③；④60；⑤30；⑥
【解析】
【分析】用直尺和圆规作的垂直平分线，分别交，于点D，E，连接，由垂直平分线的性质可知，，利用可证，可得，在证，利用可证，即可证得．
【详解】解：用直尺和圆规作的垂直平分线，分别交，于点D，E，连接．

∵垂直平分线段，
∴，．
在和中，
∵，
∴．
∴．
∵在中，，，
∴．
∴．
∴．
在和中，
∵，
∴．
∴．
故答案为：①；②；③；④60；⑤30；⑥．
【点睛】本题考查尺规作图作线段垂直平分线，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定及性质，掌握尺规作图作线段垂直平分线，作出图形是解决问题的关键．
23. 2022年我国已成为全球最大的电动汽车市场，电动汽车在保障能源安全，改善空气质量等方面较传统汽车都有明显优势，经过对A款电动汽车和B款燃油车的对比调查发现，A款电动车汽车平均每千米的充电费比B款燃油车平均每千米的加油费少0.6元．
（1）若充电费和加油费均为200元时，A款电动汽车可行驶的总路程是B款燃油车的4倍，求A款电动汽车平均每千米的充电费；
（2）A款电动车汽车从甲地出发，计划按照一定的速度匀速行驶150km的路程到达乙地．行驶了后，到了一段平坦且车少的路段，决定在原来速度的基础上每小时增加15km，这样，到达乙地所用的总的时间是原计划时间的，求原计划的速度．
【答案】（1）A款电动汽车平均每千米充电费为0.2元
（2）原计划的速度为
【解析】
【分析】（1）设A款电动汽车平均每千米的充电费为元，由题意列出分式方程，解方程即可；
（2）设原计划的速度为，根据“到达乙地所用的总的时间是原计划时间的” 列出分式方程，解方程即可．
【小问1详解】
解：设A款电动汽车平均每千米的充电费为元，则B款燃油车平均每千米的加油费为元，
依题意得：，解得：，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
答：A款电动汽车平均每千米的充电费为0.2元；
【小问2详解】
设原计划的速度为，
依题意得：，解得：，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
答：原计划的速度为．
【点睛】此题主要考查了分式方程的应用，关键是正确理解题意，找出题目中等量关系，
24. 在中，，．D是射线上一点，连接，把绕着点A逆时针旋转，得到．

（1）如图1，当点D在的延长线上时，连接，求证：；
（2）如图2，当点D在边上时，若，过点E作，分别交，，于点F，M，N．求证：．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）先证明,再利用全等三角形对应边相等即可得证；
（2）先证明是等边三角形，再证明，最后，利用等式的性质，求差即可得证．
【小问1详解】
证明：∵，D是射线上一点，连接，把绕着点A逆时针旋转，得到，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
【小问2详解】
证明：过点E作，分别交，，于点F，M，N，如下图：

∵在中，，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，，
∵把绕着点A逆时针旋转，得到，
∴，，
∵，
，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查旋转的定义，性质，三角形全等的判定与性质，等边三角形的判定与性质，严密的逻辑思维和规范的几何语言是解题的关键．
25. 某学校开展数学实验活动，需要购买A、B两种实验器材．已知购进5套A种实验器材和10套B种实验器材共需1750元；购进10套A种实验器材和15套B种实验器材共需3000元．
（1）求购进一套A种实验器材和一套B种实验器材各需多少元？
（2）若学校购买A种实验器材不少于20套，购买A、B两种实验器材共45套所花费用不超过5600元，则有哪几种购买方案？
（3）在（2）的条件下，哪种购买方案需要的总费用最少？最少费用是多少元？
【答案】（1）购进一套A种实验器材需要150元，一套B种实验器材需要100元
（2）方案一：购买A种实验器材20套，购买B种实验器材25套，
方案二：购买A种实验器材21套，购买B种实验器材24套，
方案三：购买A种实验器材22套，购买B种实验器材23套；
（3）购买A种实验器材22套，购买B种实验器材23套费用最少，此时费用为5000元
【解析】
【分析】（1）设购进一套A种实验器材需要元，一套B种实验器材需要元，根据“购进5套A种实验器材和10套B种实验器材共需1750元；购进10套A种实验器材和15套B种实验器材共需3000元” ，即可得出关于，的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设购买A种实验器材套，则购买B种实验器材套，根据45套所花费用不超过5600元，即可得出关于的一元一次不等式，解之取其中最小整数值即可得出结论；
（3）根据（2）中的方案计算出每个方案的总费用进行比较即可．
【小问1详解】
解：设购进一套A种实验器材需要元，一套B种实验器材需要元，
依题意可得：，解得：，
答：购进一套A种实验器材需要150元，一套B种实验器材需要100元；
【小问2详解】
设购买A种实验器材套，则购买B种实验器材套，
依题意可得：，解得，
∵为整数，
∴的值为20，21，22，
则有以下三种购买方案，
方案一：购买A种实验器材20套，购买B种实验器材25套，
方案二：购买A种实验器材21套，购买B种实验器材24套，
方案三：购买A种实验器材22套，购买B种实验器材23套；
【小问3详解】
由（2）可知：
方案一所需费用：元，
方案二所需费用：元，
方案三所需费用：元，
即：购买A种实验器材22套，购买B种实验器材23套费用最少，此时费用为5000元．
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出二元一次方程组；（2）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
26. 已知，是的中线，过点C作．

（1）如图1，交于点F，连接．求证：四边形是平行四边形；
（2）P是线段上一点（不与点A，D重合），交于点F，交于点E，连接．
①如图2，四边形是平行四边形吗？请说明理由．
②如图3，延长交于点Q，若，， ，请直接写出的值．
【答案】（1）见解析 （2）①四边形是平行四边形，理由见解析；②
【解析】
【分析】（1）由平行线的性质可得，，由题意可知，可证得，进而可知，即可证得四边形是平行四边形；
（2）①延长，交于，取中点，连接，由平行线的性质可得，，由题意可知为的中位线，先证四边形为平行四边形，可得，进而证得，即可证明，可得，即可证得四边形是平行四边形；
②取中点，连接，可知为的中位线，得，，设，利用由勾股定理及含的直角三角形求解，，，，即可求得答案．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
又∵是的中线，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
【小问2详解】
①四边形是平行四边形，理由如下：
延长，交于，取中点，连接，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵是的中线，点为的中点，
∴为的中位线，
∴，，即
又∵，即，
∴四边形为平行四边形，
∴，则，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
②取中点，连接，
∵是的中线，点为的中点，
∴为的中位线，
∴，，

∵，，则
∴，则，
设，由勾股定理可得：，
∴，则，，
∵，
∴，，
∴，
由勾股定理可得：，可得，
则，
∵，，
∴，
由勾股定理可得：，可得，
∴．