2023-2024学年福建省厦门市同安区八年级（上）学期期末数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省厦门市同安区八年级（上）学期期末数学试题（含解析），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。
(试卷满分:150分考试时间:120分钟)
一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分.)
1．下列图案中，属于轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．计算：（ ）
A．B．2024C．D．
3．下列式子中，是二次根式的是( )
A．B．C．D．
4．点关于轴的对称点是( )
A．B．C．D．
5．下列计算正确的是( )
A．B．C．D．
6．若x，y的值均扩大为原来的5倍，则下列分式的值保持不变的是( )
A．B．C．D．
7．如图，，且点在边上，点恰好在的延长线上，下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．D．平分
8．如图，中，，平分，交于点D，，，，则的长为（ ）
A．B．3C．D．4
9．如图，在中，，的垂直平分线交于，交于，是直线上一动点，点为的中点．若，的面积是30， 则的最小值为（ ）
A．5B．6C．12D．24
10．如图，在中， ，，， 点D在的边上，，以为直角边在同侧作等腰直角三角形， 使， 连接， 若 则下列关系式正确的是 （ ）
A．B．
C．D．
二、填空题(共6小题，每小题4分，共24分)
11．若式子意义，则实数的取值范围是 ．
12．正十边形的外角和为 ．
13．华为于2023年8月29日开售，该款手机搭载的是华为自主研发的麒麟9000s芯片，该款芯片达到了7纳米工艺水平，1纳米米，7纳米用科学计数法表示为： 米．
14．用一条长为20cm的细绳围成一个边长为8cm的等腰三角形，则腰长为 cm.
15．边长分别为和的两个正方形按如图的样式摆放，记图中阴影部分的面积为，没有阴影部分的面积为，则 ．
16．如图，海岸上有两个观测点，点在点的正东方，海岛在观测点正北方. 海岛在观测点所在海岸的同一侧. 如果从观测点看海岛的视角与从观测点看海岛的视角相等，海岛分别到观测点的距离相等，问海岛在观测点的正北方吗? 请说明理由：
三、解答题(共9小题，共86分)
17．计算：
(1)
(2).
18．如图, 在和中，，，点B，F，C，E在同一条直线上，且．求证：．
19．先化简，再求值：，其中．
20．如图，在中，，，，点在边上，且，过点作于点，求的长度．
21．甲、乙两人分别从距目的地8km和12km的两地同时出发，甲、乙的速度比是4：5，结果甲比乙提前到达目的地，求甲、乙的速度.
22．如图，在中，，且．
(1)在边的延长线上求作点，使(要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)；
(2)在(1)的条件下，若，求证：．
23．已知为关于的多项式，若，并且满足下表各组所含的规律，则称是关于的“等因式”.
(1)探究上表各组中与的共同特征(写出探究过程)；
(2)若，请求出关于的“等因式”；
(3)已知，，若是关于的“等因式”, 求的值．
24．在生活中经常看到一些拼合图案如图所示，它们或是用单独的正方形或是用多种正多边形混合拼接成的，拼成的图案要求严丝合缝，不留空隙. 从数学角度看，这些工作就是用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分覆盖，通常把这类问题叫做用多边形覆盖平面(或平面镶嵌) 的问题．
(1)如果限用一种正多边形来覆盖平面的一部分，正六边形是否能镶嵌成一个平面图形?请说明理由；
(2)同时用正方形和正八边形是否能镶嵌成一个平面图形? 请说明理由；
(3)请你探索，是否存在同时用三种不同的正多边形组合(至少包含一个正五边形) 镶嵌成的平面图形，写出验证过程．
25．如图，在平面直角坐标系中，点，，点是轴正半轴上一动点.
(1)求证：轴是线段的垂直平分线；
(2)以为边作等边，点在第一象限，作射线交轴于点，设；
若，求的度数(用含有的式子表示)；
探究线段与的数量关系，并证明．
参考答案与解析
1．C
【分析】如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，根据轴对称图形的概念求解．
【详解】解：A、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
B、不是轴对称图形，故本选项不合题意；
C、是轴对称图形，故本选项符合题意；
D、不是轴对称图形，故本选项不合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．
2．D
【分析】本题主要考查负指数幂，熟练掌握负指数幂是解题的关键；因此此题可根据负指数幂进行求解．
【详解】解：；
故选D．
3．D
【分析】本题主要考查二次根式的判断，熟练掌握二次根式的定义是解题的关键；因此此题根据二次根式的定义“形如（）”可进行求解．
【详解】解：由题意可知是二次根式；
故选：D．
4．A
【分析】本题主要考查了关于轴的对称点的坐标特征，根据关于轴的对称点的坐标特征：横坐标不变，纵坐标变为相反数，即可得出答案，熟练掌握轴的对称点的坐标特征是解此题的关键．
【详解】解：点关于轴的对称点的坐标是，
点关于轴的对称点是，
故选：A．
5．B
【分析】本题主要考查同底数幂的乘除法及幂的乘方，熟练掌握各个运算是解题的关键；因此此题可根据同底数幂的乘除法及幂的乘方可进行求解．
【详解】解：A、与不是同类项，不能合并，故不符合题意；
B、，计算正确，故符合题意；
C、，原计算错误，故不符合题意；
D、，原计算错误，故不符合题意；
故选B．
6．B
【分析】本题主要考查分式的性质，熟练掌握分式的性质是解题的关键；由分式的性质进行判断即可．
【详解】解：A、，故不符合题意；
B、，原式的值不变，故符合题意；
C、，故不符合题意；
D、，故不符合题意；
故选B．
7．C
【分析】根据全等三角形的性质得出，，，再逐个判断即可．
【详解】解：∵，
∴，，，故A正确；
，
，
，
，故B正确；
不能推出，故C选项错误；
，，
，
即平分，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质定理，能熟记全等三角形的性质（全等三角形的对应角相等，对应边相等）是解此题的关键．
8．B
【分析】过D作于M，由角平分线的性质得出，再根据列关于的方程求解即可．掌握角平分线上的点到两边距离相等和等面积法是解题的关键．
【详解】解：如图：过D作于M，

∵中，，平分，
∴，
∵，
∴，
∵，，，，
∴，解得：．
故选：B．
9．C
【分析】本题考查了轴对称—最短路线问题、等腰三角形的性质，连接、，由等腰三角形的性质得出，求出，根据线段垂直平分线的性质得出点关于直线的对称点为点，故的长为的最小值，由此即可得出结论，熟练掌握等腰三角形三线合一的性质是解答本题的关键．
【详解】解：如图，连接、，
，
，点为中点，
，
的面积是，
，
，
是线段的垂直平分线，
点关于直线的对称点为点，
，
，
的长为的最小值，
的最小值为，
故选：C．
10．A
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，三角形面积，证明是解题的关键．过点E作于F，证明，由全等三角形的性质得出，根据可得出答案．
【详解】解：过点E作于点F，如图所示：
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
整理得：，
∴，
∵，
∴，即；
故选A
11．
【分析】本题主要考查了分式有意义的条件，根据分式有意义的条件：分母不等于零，即可得出答案，熟练掌握分式有意义的条件是解此题的关键．
【详解】解：式子意义，
，
解得：，
故答案为：．
12．
【分析】根据多边形的外角和定理进行选择．
【详解】解：因为任意多边形的外角和都等于，
所以正十边形的外角和等于．
故答案为：
【点睛】本题考查多边形外角和定理；理解多边形的外角和定理是解题的关键．
13．
【分析】本题主要考查了科学记数法，科学记数法的表现形式为的形式，其中，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
【详解】解：7纳米米，
故答案为：．
14．8或6
【分析】本题主要考查等腰三角形的定义，熟练掌握等腰三角形的定义是解题的关键；因此此题可分当边长为8cm为该等腰三角形的腰长时和当边长为8cm为该等腰三角形的底边时，然后分类求解即可．
【详解】解：由题意得：①当边长为8cm为该等腰三角形的腰长时，则底边长为，符合三角形三边关系；
②当边长为8cm为该等腰三角形的底边时，则腰长为，符合三角形三边关系；
综上所述：该等腰三角形的腰长为或；
故答案为8或6．
15．
【分析】本题考查了多项式乘以多项式、整式的加减的应用，分别表示出、，从而即可得出，采用数形结合的思想是解此题的关键．
【详解】解：由图可得：
，
，
，
故选：．
16．证明得出，即海岛在观测点的正北方
【分析】本题主要考查了三角形全等的判定与性质，证明得出，即可得解，熟练掌握三角形全等的判定与性质是解此题的关键．
【详解】解：由题意得：，，
海岛分别到观测点的距离相等，
，
在和中，
，
，
，
海岛在观测点的正北方，
故答案为：证明得出，即海岛在观测点的正北方．
17．(1)
(2)
【分析】本题主要考查单项式乘以或除以单项式及多项式乘以多项式，熟练掌握各个运算是解题的关键；
（1）根据单项式乘除以单项式可进行求解；
（2）根据多项式乘以多项式可进行求解．
【详解】（1）解：原式；
（2）解：原式．
18．见详解
【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，然后可证，进而问题可求证．
【详解】证明：∵，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴．
19．，
【分析】本题主要考查了分式的化简求值，括号内先通分，再将除法转化为乘法，约分即可化简，再代入计算即可，熟练掌握分式的混合运算法则是解此题的关键．
【详解】解：
，
将代入得，原式．
20．
【分析】本题考查了含角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质，先求出，从而得出，最后再由等腰三角形的性质即可得出，即可得出答案，熟练掌握含角的直角三角形的性质以及等腰三角形的性质是解此题的关键．
【详解】解：在中，，，
，
，
，
，
，
，，
．
21．甲的速度为，乙的速度为
【分析】本题主要考查分式方程的应用，解题的关键是理解题意；由题意可设甲的速度为，乙的速度为，则有，然后进行求解即可．
【详解】解：设甲的速度为，乙的速度为，由题意得：
，
解得：，
经检验：是原方程的解，
∴，
答：甲的速度为，乙的速度为．
22．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了作图—作垂线、三角形外角的定义及性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）作线段的垂直平分线，交的延长线于点，则点即为所求；
（2）结合（1）可得，求出，得到，即可得证．
【详解】（1）解：如图，分别以、为圆心，大于为半径画弧，两弧交于、两点，连接、两点作直线即线段的垂直平分线，交的延长线于点，点即为所求，
由作图可得：垂直平分，
，
，
，
，
；
（2）证明：由（1）可得：，
，
，
，
，
．
23．(1)所得结果的二次项系数的差为，一次项系数的差为，常数项的差为
(2)
(3)当时，，当时，
【分析】本题主要考查了整式的加减的应用，熟练掌握运算法则，得出题目中的规律是解此题的关键．
（1）由表格中的式子分析即可得出答案；
（2），从而可得的二次项系数为：，一次项系数为，常数项为，即可得出答案；
（3）由题意得出，从而可得，，求解即可得出答案．
【详解】（1）解：由表格可得：
当，时，，，，
当，时，，，，
上表各组中与的共同特征为：所得结果的二次项系数的差为，一次项系数的差为，常数项的差为；
（2）解：，
由（1）可得：所得结果的二次项系数的差为，一次项系数的差为，常数项的差为，
的二次项系数为：，一次项系数为，常数项为，
；
（3）解：，
是关于的“等因式”
，
，
，，
解得：或，
当时，，当时，．
24．(1)正六边形能镶嵌成一个平面图形，理由见解析
(2)同时用正方形和正八边形能镶嵌成一个平面图形，理由见解析
(3)存在同时用三种不同的正多边形组合(至少包含一个正五边形) 镶嵌成的平面图形，验证见解析
【分析】本题主要考查了正多边形的内角和，正多边形的外角和问题，熟练掌握正多边形的内角和为是解此题的关键．
（1）先求出正六边形的内角和，再求出每一个内角的度数，用除以内角的度数，看是否能够除尽，由此即可得出答案；
（2）正方形的每个内角为，求出正八边形的每一个内角为，再结合，即可得出答案；
（3）求出正方形的每个内角为，正五边形的每一个内角为，正二十变形的每一个内角为，由，即可得出答案．
【详解】（1）解：正六边形能镶嵌成一个平面图形，
理由如下：
正六边形的内角和为：，
正六边形的每一个内角为：，
，
正六边形能镶嵌成一个平面图形；
（2）解：同时用正方形和正八边形能镶嵌成一个平面图形，
理由如下：
正八边形的内角和为：，
正八边形的每一个内角为：，
，
同时用块正方形和块正八边形能镶嵌成一个平面图形；
（3）解：存在同时用三种不同的正多边形组合(至少包含一个正五边形) 镶嵌成的平面图形，
理由如下：
正方形的每个内角为，
正五边形的内角和为：，
正五边形的每一个内角为：，
正二十边形的内角和为：，
正二十边形的每一个内角为：，
，
存在同时用三种不同的正多边形组合(至少包含一个正五边形) 镶嵌成的平面图形，此时该平面图形由块正二十边形、块正五边形、块正方形构成．
25．(1)见解析
(2)①；②，证明见解析
【分析】本题主要考查了线段垂直平分线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
（1）由点，得出，结合轴，即可得出答案；
（2）①由（1）可得：轴是线段的垂直平分线，，，由等边三角形的性质可得，，从而得出，，最后由等边对等角以及三角形内角和定理计算即可得出答案；②延长至，使，连接、，证明即可得出答案．
【详解】（1）证明：点，，
，
轴，
轴是线段的垂直平分线；
（2）解：①如图，
由（1）可得：轴是线段的垂直平分线，
，，
是等边三角形，
，，
，，
，
，
；
②，
证明：如图，延长至，使，连接、，
，
则垂直平分，
，
由（1）可得：轴是线段的垂直平分线，
，，
是等边三角形，
，，
，
由①可得：，
，，
，，
是等边三角形，
，
轴是线段的垂直平分线，
，，
，
，
，，
，
，
．
组别
第一组
第二组
第三组


第四组