2022-2023学年辽宁省丹东六中协作校联考八年级下学期期末数学试卷(文字版含答案解析)

这是一份2022-2023学年辽宁省丹东六中协作校联考八年级下学期期末数学试卷(文字版含答案解析)，共19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。
2022-2023学年辽宁省丹东六中协作校联考八年级下学期期末
数学试卷
一、选择题（每小题只有一个正确答案，请把正确选项涂在答题卡的对应选项上，本大题共10小题，每小题2分，共20分）
1．（2分）下列与2022年冬奥会相关的图案中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2分）已知a，b是实数，若a＞b，则下列不等式正确的是（　　）
A．a﹣b＜0 B．a+2＜b+2 C． D．2﹣3a＜2﹣3b
3．（2分）下列四个多项式中，不能因式分解的是（　　）
A．a+b2 B．a2﹣4a+4 C．a2+a D．a2﹣9b2
4．（2分）用一种正多边形铺设地面时，不能铺满地面的是（　　）
A．正三角形 B．正四边形 C．正五边形 D．正六边形
5．（2分）在四边形ABCD中，∠A+∠B＝180°，添加下列条件，能使四边形ABCD成为平行四边形的是（　　）
A．AB＝CD B．AD∥BC C．AD＝BC D．∠C+∠D＝180°
6．（2分）中华优秀传统文化是中华民族的“根”和“魂”，是我们必须世代传承的文化根脉、文化基因．为传承优秀传统文化，提升文化自信和民族自豪感，某校为各班购进《红楼梦》和《西游记》连环画若干套，其中每套《红楼梦》的价格比每套《西游记》的价格贵20元，用6400元购买《西游记》的套数是用4000元购买《红楼梦》套数的2倍，设每套《西游记》的价格为x元，根据题意可列方程为（　　）
A． B．
C． D．
7．（2分）已知点P（2x+6，x﹣4）在第四象限，则实数x的取值范围在数轴上表示正确的为（　　）
A． B．
C． D．
8．（2分）已知P（﹣5，0），Q（4，2），将线段PQ平移到线段P1Q1，P1（﹣4，a），Q1（b，4），其中P与P1是对应点，则ba的值是（　　）
A．25 B．36 C．18 D．16
9．（2分）如图，点A，B为定点，定直线l∥AB，P是l上一动点，点M，N分别为PA，PB的中点，对下列各值：①线段MN的长；②△PAB的周长；③△PMN的面积；④直线MN，AB之间的距离；⑤∠APB的大小．其中会随点P的移动而变化的是（　　）

A．②③ B．④⑤ C．①③④ D．②⑤
10．（2分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC⊥BC，M在∠CAD的平分线上，且AM⊥DM，点N为CD的中点，连接MN，若AD＝12，MN＝2．则AB的长为（　　）

A．12 B．20 C．24 D．30
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
11．（3分）一个正多边形的内角和是它的外角和的2倍，则这个正多边形是正 　 　边形．
12．（3分）如果分式的值为零，那么x＝　 　．
13．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC的垂直平分线分别交AB、BC于点D、E，若AB＝13cm，BC＝12cm，则△ACD的周长为 　 　cm．

14．（3分）若，则分式＝　 　．
15．（3分）如图，已知等腰三角形ABC，AB＝AC，∠A＝40°，若以点B为圆心，BC长为半径画弧，交腰AC于点E，则∠ABE＝　 　°．

16．（3分）如图，△ABC 绕点C顺时针旋转一定角度得到△DEC，点E恰好落在边AB上．若∠B＝70°，则旋转角的度数是 　 　．

17．（3分）如图，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象经过点A（﹣1，﹣2）和点B（﹣2，0），一次函数y＝2x的图象过点A，则不等式2x≤kx+b的解集为 　 　．

18．（3分）如图，在直线l上摆放着三个正三角形：△ABC、△HFG、△DCE，已知BC＝CE，F、G分别是BC、CE的中点，FM∥AC∥HG∥DE，GN∥DC∥HF∥AB．设图中三个四边形的面积依次是S1，S2，S3，若S1+S3＝20，则S1＝　 　，S2＝　 　．

三、解答题（每题10分，共30分）
19．（10分）因式分解：
（1）5a2b+10ab2﹣15ab；
（2）（3m+n）2﹣（m﹣n）2．
20．（10分）解不等式组：，并写出它的所有非负整数解．
21．（10分）先化简，再求值：，其中：．
四、解答题（每小题10分，共20分）
22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（2，﹣2），点P是x轴上的一个动点．
（1）A1，A2分别是点A关于原点的对称点和关于y轴对称的点，直接写出点A1，A2的坐标，并在图中描出点A1，A2．
（2）求使△APO为等腰三角形的点P的坐标．

23．（10分）在▱ABCD中，点O是对角线BD的中点，点E在边BC上，EO的延长线与边AD交于点F，连接BF、DE．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）若DE＝DC，∠CBD＝45°，CD＝6．CE＝4，求BE的长；

四、解答题（24题12分，25题14分，共26分）
24．（12分）1月份，甲、乙两商店从批发市场购进了相同单价的某种商品，甲商店用1050元购进的商品数量比乙商店用1260元购进的数量少10件．
（1）求该商品的单价；
（2）2月份，两商店以单价15元/件再次购进该商品，购进总价均不变．甲商店1月份以每件30元的标价售出了一部分，剩余部分与2月份购进的商品一起售卖，2月份第一次按标价9折售出一部分且未超过1．月份售出数量的一半，第二次在第一次基础上再降价2元全部售出，两个月的总利润为1050元．求甲商店1月份可能售出该商品的数量．
25．（14分）△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为CB延长线上一点．
（1）如图1，E为CA延长线上一点，∠EDC＝60°，DE＝4，当DA平分∠EDC时，求BD的长；
（2）如图2，线段AD绕点A逆时针旋转90°到AF，连接DF交AC延长线于点G，过点B做BH⊥AB，交DF于H，在图中找出与DH相等的线段并证明；
（3）如图3，M、N分别为AB、AM中点，过点A做AP∥BC，交CN延长线于点P，连接CM、PB，直接写出CM与PB的关系，　 　．






参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个正确答案，请把正确选项涂在答题卡的对应选项上，本大题共10小题，每小题2分，共20分）
1．【答案】A
【分析】利用中心对称图形的定义即可得出答案．
【解答】解：观察四个选项可知，只有A选项中的图形绕某一点旋转180°后能与自身重合，
因此A选项中的图形是中心对称图形，
故选：A．
2．【答案】D
【分析】根据a＞b，应用不等式的基本性质，逐项判断即可．
【解答】解：∵a＞b，
∴a﹣b＞0，
∴选项A不符合题意；

∵a＞b，
∴a+2＞b+2，
∴选项B不符合题意；

∵a＝0时，无意义，
∴选项C不符合题意；

∵a＞b，
∴﹣3a＜﹣3b，
∴2﹣3a＜2﹣3b，
∴选项D符合题意．
故选：D．
3．【答案】A
【分析】将各项因式分解后进行判断即可．
【解答】解：a+b2不能因式分解，则A符合题意；
a2﹣4a+4＝（a﹣2）2，则B不符合题意；
a2+a＝a（a+1），则C不符合题意；
a2﹣9b2＝（a+3b）（a﹣3b），则D不符合题意；
故选：A．
4．【答案】C
【分析】平面图形镶嵌的条件：判断一种图形是否能够镶嵌，只要看一看拼在同一顶点处的几个角能否构成周角．若能构成360°，则说明能够进行平面镶嵌；反之则不能．
【解答】解：A、正三角形的每个内角是60°，能整除360°，能密铺，不符合题意；
B、正四边形的每个内角是90°，4个能密铺，不符合题意；
C、正五边形的每个内角是108°，不能整除360°，不能密铺，符合题意；
D、正六边形每个内角是120°，能整除360°，能密铺，不符合题意．
故选：C．
5．【答案】C
【分析】先证AD∥BC，再由平行四边形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：∵∠A+∠B＝180°，
∴AD∥BC，
A、由AB＝CD，AD∥BC，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项A不符合题意；
B、由AD∥BC，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD为平行四边形，故选项C符合题意；
D、∵∠C+∠D＝180°，
∴AD∥BC，
∴不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：C．
6．【答案】A
【分析】设每套《西游记》的价格为x元，则每套《红楼梦》的价格为（x+20）元，根据用6400元购买《西游记》的套数是用4000元购买《红楼梦》套数的2倍，列出方程即可．
【解答】解：设每套《西游记》的价格为x元，则每套《红楼梦》的价格为（x+20）元，
根据题意得：，故A正确．
故选：A．
7．【答案】C
【分析】根据第四象限内点的坐标特点列出关于x的不等式组，求出x的取值范围，并在数轴上表示出来即可．
【解答】解：∵点P（2x+6，x﹣4）在第四象限，
∴，
解得﹣3＜x＜4，
解集在数轴上的表示为：

故选：C．
8．【答案】A
【分析】根据平移的性质得出平移规律解答即可．
【解答】解：∵P（﹣5，0），Q（4，2），将线段PQ平移到线段P1Q1，P1（﹣4，a），Q1（b，4），
∴﹣5+1＝﹣4，2+2＝4，
即平移规律为向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，
∴a＝0+2＝2，b＝4+1＝5，
∴ba＝52＝25．
故选：A．
9．【答案】D
【分析】根据三角形中位线定理得到MN＝AB，MN∥AB，根据三角形的周长公式、面积公式计算，判断即可．
【解答】解：①∵点M，N分别为PA，PB的中点，
∴MN是△PAB的中位线，
∴MN＝AB，
∴线段MN的长不会随点P的移动而变化；
②PA、PB的长随点P的移动而变化，
∴△PAB的周长随点P的移动而变化；
③∵MN是△PAB的中位线，
∴MN＝AB，MN∥AB，
∴S△PMN＝S△PAB，
∴△PMN的面积不会随点P的移动而变化；
④直线MN，AB之间的距离不会随点P的移动而变化；
⑤∠APB 的大小会随点P的移动而变化；
故选：D．
10．【答案】B
【分析】延长DM交AC于E，利用ASA证明△ADM≌△AEM可得AE＝AD＝12，DM＝EM，即可证明MN是△CDE的中位线，可求解CE的长，进而可求解AC的长，再结合平行四边形的性质利用勾股定理可求解．
【解答】解：延长DM交AC于E，

∵AM平分∠CAD，AM⊥DM，
∠DAM＝∠EAM，∠AMD＝∠AME＝90°，
在△ADM和△AEM中，
，
∴△ADM≌△AEM（ASA），
∴DM＝EM，AE＝AD＝12，
∴M点是DE的中点，
∵N是CD的中点，
∴MN是△CDE的中位线，
∵MN＝2，
∴CE＝2MN＝4，
∴AC＝AE+CE＝12+4＝16，
在平行四边形ABCD中，AB＝CD，AD∥BC，AC⊥BC，
∴AC⊥AD，
∴∠CAD＝90°，
∴AB＝CD＝，
故选：B．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）
11．【答案】六．
【分析】根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于（n﹣2）•180°，外角和等于360°，然后列方程求解即可．
【解答】解：设正多边形的边数是n，根据题意得，
（n﹣2）•180°＝2×360°，
解得n＝6，
∴这个多边形为六边形．
故答案为：六．
12．【答案】见试题解答内容
【分析】分式的值为0的条件是：（1）分子＝0；（2）分母≠0．两个条件需同时具备，缺一不可．据此可以解答本题．
【解答】解：分式的值为零，那么x2﹣9＝0，
解得x＝3或﹣3．
x﹣3≠0，解得x≠3．
∴x的值是﹣3．
故答案为﹣3．
13．【答案】18．
【分析】由勾股定理先求解AB的长，再根据线段垂直平分线的性质，可得CD＝BD，继而可得△ACD的周长为：AC+AB，则可求得答案．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝13cm，BC＝12cm，
∴AC＝＝＝5（cm），
∵DE是BC的垂直平分线，
∴CD＝BD，
∴△ACD的周长为：AC+CD+AD＝AC+AD+BD＝AC+AB＝5+13＝18（cm），
故答案为：18．
14．【答案】．
【分析】根据已知化简得：b＝2a，利用代入法代入所求式化简可解答．
【解答】解：∵＝，
∴b＝2a，
∴＝＝＝．
故答案为：．
15．【答案】30．
【分析】利用等腰三角形的性质先求出∠C、∠BEC，再利用三角形的外角与内角的关系得结论．
【解答】解：∵AB＝AC，∠A＝40°，
∴∠C＝∠ABC＝（180°﹣∠A）＝70°．
∵以点B为圆心，BC长为半径画弧，交腰AC于点E，
∴BC＝BE，
∴∠C＝∠BEC＝70°．
∵∠BEC＝∠A+∠ABE，
∴∠ABE＝∠BEC﹣∠A＝30°．
故答案为：30．

16．【答案】40°．
【分析】先根据旋转的性质得到CB＝CE，∠BCE等于旋转角，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠BCE即可．
【解答】解：∵△ABC 绕点C顺时针旋转一定角度得到△DEC，
∴CB＝CE，∠BCE等于旋转角，
∴∠CEB＝∠B＝70°，
∴∠BCE＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
即旋转角为40°．
故答案为：40°．
17．【答案】x≤﹣1．
【分析】根据图象可知一次函数y＝kx+b与一次函数y＝2x的图象的交点，即可得出不等式2x≤kx+b的解集．
【解答】解：∵一次函数y＝kx+b与一次函数y＝2x的图象的交点为A（﹣1，﹣2），
∴2x≤kx+b的解集为x≤﹣1．
故答案为：
18．【答案】见试题解答内容
【分析】根据题意，可以证明S2与S1两个平行四边形的高相等，长是S1的3倍，S3与S2的长相等，高是S3的，这样就可以把S1和S3用S2来表示，从而计算出S2的值．
【解答】解：根据正三角形的性质，∠ABC＝∠HFG＝∠DCE＝60°，
∴AB∥HF∥DC∥GN，
设AC与FH交于P，CD与HG交于Q，
∴△PFC、△QCG和△NGE是正三角形，
∵F、G分别是BC、CE的中点，
∴MF＝AC＝BC，PF＝AB＝BC，
又∵BC＝CE＝CG＝GE，
∴CP＝MF，CQ＝BC＝3PF，QG＝GC＝CQ＝AB＝3CP，
∴S1＝S2，S3＝3S2，
∵S1+S3＝20，
∴S2+3S2＝20，
∴S2＝6，
∴S1＝2，
故答案为：2；6．

三、解答题（每题10分，共30分）
19．【答案】（1）5ab（a+2b﹣3）；
（2）8m（m+n）．
【分析】（1）利用提公因式法进行因式分解即可；
（2）利用提公因式法及平方差公式进行因式分解即可．
【解答】解：（1）原式＝5ab（a+2b﹣3）；
（2）原式＝[（3m+n）+（m﹣n）][（3m+n）﹣（m﹣n）]
＝（3m+n+m﹣n）（3m+n﹣m+n）
＝4m（2m+2n）
＝8m（m+n）．
20．【答案】x＜4．非负整数解为0，1，2，3．
【分析】分别求出两个不等式的解集，然后求出两个解集的公共部分，再写出范围内的非负整数解即可．
【解答】解：解不等式2（x﹣1）＜x+3，得：x＜5，
解不等式＞x﹣1，得：x＜4，
∴原不等式组的解集是x＜4．
∴非负整数解为0，1，2，3．
21．【答案】﹣，﹣．
【分析】先把括号里面进行通分，再把除法化为乘法，进行约分，最后代入求值．
【解答】解：原式＝÷（﹣）
＝•
＝﹣，
当x＝﹣1时，
原式＝﹣＝﹣．
四、解答题（每小题10分，共20分）
22．【答案】（1）A1（﹣2，2），B1（﹣2，﹣2）；
（2）（﹣2，0）或（2，0）或（4，0）或（2，0）．
【分析】（1）利用关于原点对称和y轴对称的点的坐标特征写出点A1，A2的坐标，然后描点；
（2）先计算出OA的长，再分类讨论：当OP＝OA或AP＝AO或PO＝PA时，利用直角坐标系分别写出对应的P点坐标．
【解答】解：（1）A1（﹣2，2），A1（﹣2，﹣2），如图，

（2）设P点坐标为（t，0），
OA＝＝2，
当OP＝OA时，P点坐标为（﹣2，0）或（2，0）；
当AP＝AO时，P点坐标为（4，0），
当PO＝PA时，P点坐标为（2，0），
综上所述，P点坐标为（﹣2，0）或（2，0）或（4，0）或（2，0）．
23．【答案】（1）由“ASA”可得△BOE≌△DOF，可得DF＝BE，可得结论；
（2）4﹣2．
【分析】（1）由“ASA”可得△BOE≌△DOF，可得DF＝BE，可得结论；
（2）由等腰三角形的性质可得EN＝CN＝2，由勾股定理可求DN，由等腰三角形的性质可求BN的长，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，点O是对角线BD的中点，
∴AD∥BC，BO＝DO，
∴∠CBD＝∠ADB．
在△BOE和△DOF中，
，
∴△BOE≌△DOF（ASA），
∴DF＝BE．
∵DF∥BE，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）解：如图，过点D作DN⊥EC于点N，

∵DE＝DC＝6，DN⊥EC，
∴EN＝CN＝2，
∴DN＝＝＝4，
∵∠DBC＝45°，DN⊥BC，
∴∠DBC＝∠BDN＝45°，
∴DN＝BN＝4，
∴BE＝BN﹣EN＝4﹣2．
四、解答题（24题12分，25题14分，共26分）
24．【答案】（1）21元；
（2）28个或26个．
【分析】（1）设该商品的单价为x元，利用总价＝单价×数量，可列出关于x的一元一次方程，解之即可得出结论；
（2）利用数量＝总价÷单价，可求出1、2月份甲商店购进该商品的数量，设甲商店1月份售出该商品m个，2月份第一次打折售出该商品n个，利用利润＝销售单价×销售数量﹣进货总价，可列出关于m，n的二元一次方程，结合m，n均为正整数，且n≤m，即可得出结论．
【解答】解：（1）设该商品的单价为x元，
根据题意得：10x＝1260﹣1050，
解得：x＝21．
答：该商品的单价为21元；
（2）1月份甲商店购进该商品的数量为1050÷21＝50（个），
2月份甲商店购进该商品的数量为1050÷15＝70（个）．
设甲商店1月份售出该商品m个，2月份第一次打折售出该商品n个，
根据题意得：30m+30×0.9n+（30×0.9﹣2）（50+70﹣m﹣n）﹣1050﹣1050＝1050，
∴m＝30﹣n，
又∵m，n均为正整数，且n≤m，
∴或，
∴甲商店1月份可能售出该商品的数量为28个或26个．
25．【答案】（1）2﹣2；
（2）DH＝FG，理由见解析过程；
（3）BP＝CM．
【分析】（1）先证DE＝AD＝4，由直角三角形的性质可求解；
（2）由旋转的性质可得AD＝AF，∠DAF＝90°＝∠BAC，由“SAS”可证△ADB≌△AFC，可得∠ABD＝∠ACF＝135°，BD＝CF，由“ASA”可证△DBH≌△FQG，可得DH＝FG；
（3）设AB＝AC＝4a，由勾股定理可求CM的长，通过证明△APN∽△BCN，由相似三角形的性质可求AP的长，由勾股定理可求BP的长，即可求解．
【解答】解：（1）如图1，过点A作AH⊥CD于H，

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AH⊥CD，
∴∠ABC＝∠C＝45°，AH＝BH，
∵DA平分∠EDC，∠EDC＝60°，
∴∠ADE＝∠ADC＝30°，
∴AD＝2AH，DH＝AH，∠DAE＝75°，
∴∠E＝180°﹣30°﹣75°＝75°＝∠DAE，
∴DE＝AD＝4，
∴AH＝BH＝2，DH＝2，
∴BD＝DH﹣BH＝2﹣2；
（2）DH＝FG，理由如下：
如图2，连接CF，过点F作FQ⊥CF，交AG于点G，

∵∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠ABD＝135°，
∵线段AD绕点A逆时针旋转90°到AF，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°＝∠BAC，
∴∠DAB＝∠CAF，
∴△ADB≌△AFC（SAS），
∴∠ABD＝∠ACF＝135°，BD＝CF，
∴∠FCQ＝45°，∠DCF＝90°，
∵FQ⊥CF，
∴∠FCQ＝∠FQC＝45°，
∴CF＝FQ＝DB，
∵BH⊥AB，∠BAC＝90°，∠DCF＝∠CFQ＝90°，
∴BH∥AG，FQ∥CD，
∴∠DBH＝∠DCG＝∠FQG，∠GFQ＝∠GDC，
∴△DBH≌△FQG（ASA），
∴DH＝FG；
（3）如图，作BQ⊥直线AP于Q，

设AB＝AC＝4a，
∵∠BAC＝90°，
∴BC＝4a，
∵M、N分别为AB、AM中点，
∴AM＝BM＝2a，AN＝MN＝a，
∴BN＝3a，CM＝＝2a，
∵AP∥BC，
∴△APN∽△BCN，∠PAB＝∠ABC＝45°，
∴，
∴＝
∴AP＝a，
∵∠PAB＝45°，BQ⊥AQ，AB＝4a，
∴AQ＝BQ＝2a，
∴QP＝AQ﹣AP＝a，
∴BP＝＝＝，
∴＝＝，
∴BP＝CM，
故答案为：BP＝CM．