八年级上学期期末数学试题 (143)

这是一份八年级上学期期末数学试题 (143)，共23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。
一、选择题（下列各题的四个备选答案中，其中有一个答案是正确的，请将正确答案的序号填在下表相应的空格内．每小题2分，共20分）
1. 下列式子中是分式的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】判断分式的依据是看分母中是否含有字母，如果有字母则是分式，如果没有字母则不是分式．据此逐项分析判断即可．
【详解】解：A. 的分母不含有字母，不是分式，故不符合题意；
B. 的分母含有字母，是分式，故符合题意；
C. 的分母不含有字母，不是分式，故不符合题意；
D. 的分母不含有字母，不是分式，故不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了分式的定义，熟练掌握分式的定义是解题关键，同时要注意π不是字母，是常数．
2. 要使有意义，则x取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据分式有意义的条件列不等式求解即可．
【详解】解：根据分式有意义即分母不为0，得到，即，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了分式有意义的条件，理解分式有意义的条件(分母不能为零)是解题关键．
3. 如果一个多边形的内角和是它的外角和的2倍，那么从这个多边形的一个顶点出发的对角线的条数是（ ）
A. 3B. 6C. 9D. 18
【答案】A
【解析】
【分析】先由多边形的内角和公式与外角和的关系可得再解方程，从而可得答案．
【详解】解：设这个多边形为边形，则，
，
解得：，
所以从这个多边形的一个顶点出发共有条对角线，
故选A．
【点睛】本题考查的是多边形的内角和定理与外角和定理，多边形的对角线问题，掌握“利用多边形的内角和为,外角和为”是解题的关键．
4. 下列长度的三条线段，能组成三角形的是（ ）
A. 3，3，6B. 6，8，10C. 5，7，2D. 5，6，12
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形三边关系进行解答即可．
【详解】解：A、，不能构成三角形，不符合题意；
B、，能构成三角形，符合题意；
C、，不能构成三角形，不符合题意；
D、，不能构成三角形，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的三边关系，熟知：两边之和大于第三边；两边只差小于第三边是解本题的关键．
5. 下列计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别利用合并同类项、同底数幂的乘法运算法则以及幂的乘方分别分析得出即可．
【详解】解：A、，故选项错误；
B、，故选项正确；
C、不能合并，故选项错误；
D、，故选项错误；
故选：B．
【点睛】本题考查了合并同类项、同底数幂的乘法运算法则以及幂的乘方，正确掌握运算法则是解题关键．
6. 如果是关于x的完全平方式，则m的值为（ ）
A. B. 6C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】完全平方公式：a2±2ab+b2的特点是首平方，尾平方，首尾底数积的两倍在中央，这里首末两项是2x和3的平方，那么中间项为加上或减去2x和3的乘积的2倍．
【详解】解：∵=是关于x的完全平方式，
∴-2mx=±2×2x×3，
∴m=±6，
故选A．
【点睛】本题考查完全平方式，记住完全平方式的特征是解题的关键，形如a2±2ab+b2这样的式子是完全平方式，属于中考常考题型．
7. 下列能用平方差公式计算的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据能用平方差计算的整式特点：两个二项式相乘，并且这两个二项式中有一项完全相同，另一项互为相反数进行分析即可．
【详解】解：A、不能用平方差公式计算，故此选项错误；
B、能用平方差公式计算，故此选项正确；
C、不能用平方差公式计算，故此选项错误；
D、不能用平方差公式计算，故此选项错误；
故选B．
【点睛】此题主要考查了平方差公式，关键是掌握．
8. 如图，在3×3的正方形方格中，每个小正方形方格的边长都为1．则和的关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据全等三角形的判定和性质即可得到结论．
【详解】解：如图，
在△ABC与△EDF中，
，
∴△ABC≌△EDF（SAS），
∴∠1＝∠ABC．
∵∠ABC+∠2＝180°，
∴∠1+∠2＝180°．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
9. 如图，在中，，AD平分，且，，点E是AB上一动点，则D，E之间的最小距离为（ ）
A. 8B. 4C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】由直角三角形的性质求出CD＝2，过点D作DE⊥AB于E，则DE为D，E之间的最小距离，由角平分线的性质得出答案．
【详解】解：在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，
∴∠CAB＝60°，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD＝∠BAD＝30°，
∵AD＝4，
∴CD＝AD＝2，
过点D作DE⊥AB于E，则DE为D，E之间的最小距离，
∵AD平分∠CAB，DC⊥AC，
∴DC＝DE＝2，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的内角和定理，角平分线的性质，含30度角的直角三角形的性质，求出CD的长是解题的关键．
10. 如图，是的平分线，于P，连接，若的面积为，则的面积为（ ）
A. B. C. D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】延长，交于点D，证明得到，根据三角形中线的性质即可求解．
【详解】解：延长，交于点D，
∵是的平分线，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形中线的性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
二、填空题（每小题3分，共18分）
11. 芯片是手机、电脑等高科技产品最核心的部件，更小的芯片意味着更高的性能．目前我国芯片的量产工艺已达到纳米，已知纳米等于米，请将用科学记数法表示可记为______．
【答案】
【解析】
【分析】由科学记数法表示绝对值小于1的数的方法可直接得到答案．
【详解】解：
故答案为：．
【点睛】本题考查用科学记数法表示绝对值小于1的数，熟练掌握相关知识是解题的关键．
12. 分解因式：______．
【答案】
【解析】
【分析】先提取公因式，然后利用平方差公式分解因式即可．
【详解】解：
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了分解因式，熟知分解因式的方法是解题的关键．
13. 已知关于x的方程的解为正数，则k的取值范围为______．
【答案】且
【解析】
【分析】先求出分式方程的解，再根据解为正数，确定解的取值范围，解不等式，即可得到结论．
【详解】解：
去分母得：，
去括号得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：，
∵关于x的方程的解为正数，
∴，
∴且.
故答案为：且.
【点睛】本题考查解分式方程，分式方程的解、解一元一次不等式组，解分式方程是解答的关键，注意不能产生增根所以要使．
14. 如图，是的中线，，和的周长的差是______．
【答案】3
【解析】
【分析】根据三角形中线的定义得到，再分别求出两个三角形的周长，然后作差即可得到答案．
【详解】解：∵是的中线，
∴，
∵的周长，的周长，
∴和的周长的差是，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了三角形中线的定义及三角形周长的计算．熟练掌握三角形中线的定义是解答本题的关键．
15. 如图，△ABC中，AC的垂直平分线交AC于E，交BC于D，△ABD周长为13cm，AE＝4.5cm，则△ABC周长为_____．
【答案】22cm
【解析】
【分析】根据垂直平分线的性质可得AD＝CD，根据△ABD周长为13cm，根据中点的性质以及AE＝4.5cm，可得的长，进而即可求得△ABC周长
【详解】∵DE是AC的垂直平分线，
∴AD＝CD，
∴△ABD的周长＝AB+BD+AD＝AB+BD+CD＝AB+BC，
又∵AE＝4.5cm，
∴AC＝2AE＝2×4.5＝9cm，
∴△ABC周长＝13+9＝22（cm）．
故答案为：22cm．
【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，掌握垂直平分线的性质是解题的关键．
16. 如图，在等腰直角中，，高交中线于点F，过A作交BC于点E，连接，得到以下五个结论：①，②，③，④，⑤．其中正确的结论是______（填写序号）．
【答案】①②④⑤
【解析】
【分析】先由等腰直角三角形的性质得到，，再由三角形内角和定理得到，即可证明，从而判断①；利用可证即可判断②；如图所示，过点C作交延长线于N，连接，证明∴，得到，进而推出；证明，得到，从而得到，根据三角形外角的性质即可得到，即可判断③；同理可证，得到，由，可得，即可判断④；利用全等三角形的性质和三角形中线的性质证明，进而推出，即可判断⑤．
【详解】解：∵在等腰直角中，，
∴，
∵是高，即，
∴，
∵，
∴，
∴，故①正确；
又∵，
∴，故②正确；
如图所示，过点C作交延长线于N，连接，
在和中，
，
∴，
∴，
∵是的中线，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，故③错误；
同理可证，
∴，
∵，
∴，故④正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，故⑤正确；
故答案为：①②④⑤．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，三角形中线的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
三、解答题（共3小题，每小题8分，共24分）
17 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据多项式除以单项式的计算法则求解即可；
（2）根据多项式乘以多项式的计算法则求解即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
【点睛】本题主要考查了多项式乘以多项式，多项式除以单项式，熟知相关计算法则是解题的关键．
18. 解方程：
（1）
（2）
【答案】（1）原方程无解
（2）
【解析】
【分析】先把分式方程化为整式方程，然后解方程，最后检验即可．
【小问1详解】
解：
方程两边同时乘以去分母得：，
∴，
解得，
检验，时，，
∴不是原方程的解，
∴原方程无解；
【小问2详解】
解：
方程两边同时乘以去分母得：，
∴，
解得，
检验，当时，，
∴原方程的解为．
【点睛】本题主要考查了解分式方程，正确计算是解题的关键，注意分式方程最后一定要检验．
19. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，1
【解析】
【分析】先因式分解，再算括号，最后计算除法，化简后代入求值即可．
【详解】原式
当时，
原式.
【点睛】本题考查了分式的化简求值，能正确根据分式的运算法则进行计算是解此题的关键，注意运算顺序．
四．解答题（共2小题，每小题8分，满分16分）
20. 如图，在直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，
（1）请在图中画出关于轴对称的，并求出点的坐标；
（2）求的面积；
（3）在轴上画出点，使的值最小，保留作图痕迹．
【答案】（1）见解析，；（2）10.5；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）先利用关于y轴对称的点的坐标特征写出A′、B′、C′的坐标，然后描点即可；
（2）利用三角形面积公式计算；
（3）利用两点之间线段最短，A′C与y轴的交点即为所求点P．
【详解】（1）如图所示，即为所求；
；
（2）；
（3）如图，点为所作．
【点睛】本题考查了作图-轴对称变换：几何图形都可看做是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的．也考查了最短路径问题．
21. 如图，点A、D、C、F同一条直线上，AD=CF，AB=DE，∠A=∠EDF=60°．
（1）求证：△ABC≌△DEF；
（2）若∠B=100°，求∠F的度数．
【答案】（1）见解析 （2）∠F=20°．
【解析】
【分析】（1）利用全等三角形的判定定理解答即可；
（2）利用（1）的结论和三角形的内角和定理解答即可．
【小问1详解】
证明：∵AD=CF，
∴AD+CD=CF+CD，
∴AC=DF．
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）；
【小问2详解】
解：∵△ABC≌△DEF，
∴∠B=∠E=100°．
∵∠A=∠EDF=60°，
∴∠F=180°-∠EDF-∠E=20°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，正确利用全等三角形的判定定理进行解答是解题的关键．
五、解答题（共2小题，每小题10分，共20分）
22. 北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”深受欢迎，佳佳购进一批“冰墩墩”玩偶，简装版共3840元，礼盒版共8000元，礼盒版进价比简装版多8元，礼盒版进数是简装版进数的2倍．
（1）求单个“冰墩墩”简装版和礼盒版的进价；
（2）“冰墩墩”持续热销，佳佳决定再购进简装版与礼盒版共100个（总预算不超出19500元），礼盒版最多可购进多少个？
【答案】（1）简装版192元，礼盒版200元；
（2）最多购入礼盒版37个；
【解析】
【分析】（1）根据单价乘以数量等于总价列出方程组，解方程组即可得到答案；
（2）根据简装版总进价加礼盒版总进价小于等于19500可列出不等式组，计算出结果即可；
【小问1详解】
解：设简装版进价为x元，进数为y个，则礼盒版的进价为（x+8），进数为2y个，
，
由②得：③，
将①代入③中得：，
解得：，
，
将代入①中得，
192+8=200，
答：单个“冰墩墩”简装版和礼盒版的进价分别为192元，200元．
【小问2详解】
设购入礼盒版的m个，则购入简装版的（100－m）个，
根据题意可列不等式：200m+192（100－m）≤19500，
解得：m≤37.5，
因为m要取整数，则最多购入礼盒版37个，
答：最多购入礼盒版37个．
【点睛】本题考查列方程解应用题，列不等式组解应用题，能够根据题意分析出等量关系以及不等关系式解决本题的关键．
23. 如图，在中，的垂直平分线交于点E，交于点F，D为线段的中点，且．
（1）求证：．
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明过程见详解
（2）的长
【解析】
【分析】（1）如图所示（见详解），连接，由是的垂直平分线，，可知，又因为D为线段的中点，可知，由此可得，根据，可知，由此即可求证；
（2），，，可证，设，则，且有，由此即可求解．
【小问1详解】
证明：根据题意，如图所示，连接，
∵是的垂直平分线，
∴，
∵，
∴，
∵D为线段中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，且，
∴，即．
【小问2详解】
解：根据题意得，，是的垂直平分线，根据（1）的结论可知，，D为线段的中点，则，且，，
∴设，则，
在，，中，
∵，
∴，，
∴，
∴，即，解方程得，，（舍去），
∴，
∴，即的长是．
【点睛】本题主要考查直角三角形的勾股定理的应用即相似三角形的判定和性质，理解直角三角形各边的关系及相似三角形的判定时解题的关键．
六、解答题（共1小题，共10分）
24. 观察下列各式
，
，
，
，
由此可推断
（1）＝ ＝ ．
（2）请猜想（1）的特点的一般规律，用含m的等式表示出来为 ＝ （m表示正整数）．
（3）请参考（2）中的规律计算：
【答案】（1），；（2） ，；（3）0.
【解析】
【分析】（1）根据题目中的例子可以解答本题；
（2）根据（1）中的例子可以写出含m的等式；
（3）根据前面的发现，可以计算出所求式子的值．
【详解】解：（1）=，
故答案为，；
（2）由（1）可得
，
故答案为，；
（3）
＝
＝
＝0.
【点睛】本题考查数字的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现数字的变化规律，求出所求式子的值．
七、解答题（共1小题，共12分）
25. 在平面直角坐标系xOy中，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，点A（0，5），点C（-2，0），点B在第四象限．
（1）如图1，求点B的坐标；
（2）如图2，若AB交x轴于点D，BC交y轴于点M，N是BC上一点，且BN＝CM，连接DN，求证CD＋DN＝AM；
（3）如图3，若点A不动，点C在x轴的负半轴上运动时，分别以AC，OC为直角边在第二、第三象限作等腰直角△ACE与等腰直角△OCF，其中∠ACE＝∠OCF＝90°，连接EF交x轴于P点，问当点C在x轴的负半轴上移动时，CP的长度是否变化？若变化，请说明理由，若不变化，请求出其长度．
【答案】（1）；
（2）见解析； （3）不变化，
【解析】
【分析】（1）过B作BH⊥x轴于H，根据等角的余角相等证得∠BCH=∠CAO，根据全等三角形的判定和性质证明△BHC≌△COA得到BH=CO=2，CH=OA=5，进而可求得点B坐标；
（2）利用待定系数法分别求出直线AB、BC的表达式，进而求得D、M的坐标，设N（x，），利用平面直角坐标系中两点间距离坐标公式和解一元二次方程可求得x值，可得点N坐标，进而求得CD、DN、AM即可证得结论；
（3）过点E作EH⊥x轴于H，易证△AOC≌△CHE和△EHP≌△FCP，可得OA=CH，CP=PH，进而有CP= CH= OA即可得出结论．
【小问1详解】
解：∵点A（0，5），点C（-2，0），
∴OA=5，OC=2，
过B作BH⊥x轴于H，如图1，
∴∠BHC=∠ACB=90°，
∴∠BCH+∠ACO=∠CAO+∠ACO=90°，
∴∠BCH=∠CAO，
∵△ACB为等腰直角三角形，
∴BC=AC，
在△BHC和△COA中，
，
∴△BHC≌△COA（AAS），
∴BH=OC=2，CH=OA=5，
∴OH=CH－OC=3，
∵B在第四象限，
∴点B坐标为（3，－2）；
【小问2详解】
解：如图2，设直线AB的表达式为y=kx+b（k≠0），
将A（0，5）B（3，－2）代入，得：
，解得：，
∴直线AB的表达式为y=x+5，
当y=0时，由0=x+5得：x=，则D（，0），
∴CD=+2=，
设直线BC的表达式为y=mx+n（m≠0），
将B（3，－2）、C（－2，0）代入，得：
，解得：，
∴直线BC的表达式为，
当x=0时，y=，则M（0，），
∴AM=5+=，
设N（x，），由BN=CM得：
（x－3）2+（+2）2=22+（）2，即x2－6x+5=0，
解得：x1=1，x2=5（舍去），
∴N（1，），则DN=，
∴CD+DN==
∴CD+DN=AM；
【小问3详解】
解：CP的长度不变化．如图3，过点E作EH⊥x轴于H， 则∠EHC=∠COA=90°，
∵△ACE和△OCF为等腰直角三角形，
∴∠ACE=∠FCO=∠FCP=90°，AC=CE，OC=CF，
∵∠ACO+∠CAO=90°，∠ACO+∠ECH=90°，
∴∠CAO=∠ECH，
在△AOC和△CHE中，
，
∴△AOC≌△CHE（AAS），
∴OA=CH，OC=EH，
∵OC=CF，
∴EH=CF，
在△EHP和△FCP中，
，
∴△EHP≌△FCP（AAS），
∴可得PH=CP，又OA=5，
∴CP= CH= OA=，
故CP的长度不变化．
【点睛】本题属于三角形的综合题型，涉及全等三角形的判定与性质、待定系数法求直线的表达式、等角的余角相等、坐标与图形、平面直角坐标系中两点间距离坐标公式、线段的和与差、等腰直角三角形的性质、解一元二次方程等知识，解答的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题，有点难度．