河南省安阳市殷都区2023-2024学年八年级上学期期末数学试题

这是一份河南省安阳市殷都区2023-2024学年八年级上学期期末数学试题，共18页。

1．本试卷分试题卷和答题卡两部分，试题卷共4页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟．
2．请直接将答案写在答题卡上，写在试题卷上的答案无效．
3．答题时，必须使用2B铅笔按要求规范填涂，用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写．
一、选择题（每小题3分，共30分）
1. “一片甲骨惊天下”，甲骨文发源于河南安阳，是我国目前发现最早的文字，其显著特点是图画性强．下列甲骨文图画是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】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，图形两部分折叠后可重合．根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】A、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B、是轴对称图形，故本选项符合题意；
C、不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D、不是轴对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
2. 随着电子技术的不断进步，电子元件的尺寸大幅度缩小，在芯片上某种电子元件大约只占有面积0.00000065mm2，0.00000065用科学记数法表示为
A. 6.5×107 B. 6.5×10－6C. 6.5×10－8D. 6.5×10－7
【答案】D
【解析】
【分析】绝对值小于1正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】解：．
故答案为D．您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 低至0.3/份 【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
3. 一个三角形的两边长分别为3和7，那么第三条边的长可能为（ ）
A. 3B. 4C. 9D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查三角形中的基本概念，三角形的三边关系，利用三角形的三边关系：三角形中，任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，可知本题中第三边的取值范围为：，即可求出答案．
【详解】解：设第三边边长为. ，根据三角形的三边关系：
，
解得：
∴第三条边的长可能为9，
故选：C．
4. 下列运算正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】原式各项计算得到结果，即可作出判断．
【详解】A、原式=m4，不符合题意；
B、原式=x2+2x+1，不符合题意；
C、原式=27m6，不符合题意；
D、原式=2a7，符合题意，
故选D．
【点睛】此题考查了整式的混合运算，掌握运算法则是解题的关键．
5. 安装空调一般会采用如图的方法固定，其根据的几何原理是（ ）
A. 三角形的稳定性B. 两点之间线段最短C. 两点确定一条直线D. 垂线段最短
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了三角形的稳定性．根据三角形的稳定性即可解决问题．
【详解】解：安装空调一般会采用三角形支架的方法固定，其根据的几何原理是三角形的稳定性．
故选：A．
6. 若正多边形的一个内角为，则该正多边形的边数是（ ）
A. 9B. 8C. 7D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】先求出正多边形的每个外角度数，再利用正多边形的外角和求解即可，本题主要考查多边形内角与外角的知识点，解答本题的关键是知道多边形的外角之和为．
【详解】∵正多边形的一个内角是，
∴该正多边形的一个外角为，
∵多边形的外角之和为，
∴边数，
∴该正多边形为正九边形．
故选A．
7. 将一副三角尺按如图所示的方式叠放，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了三角形内角和定理，三角形外角性质，熟记三角形外角性质是解题的关键．先求出和的度数，再根据三角形外角性质求解即可．
【详解】解：如图，

由题意知，，，，
∴，
∴，
∴，
故选：D.
8. 如图1，将边长为a的正方形纸片，剪去一个边长为b的小正方形纸片，再沿着图1中的虚线剪开，把剪成的两部分（1）和（2）拼成如图2的平行四边形，这两个图能解释下列哪个等式（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据图1和图2分别用代数式分别表示（1）（2）两部分的面积和，再根据拼图前后面积之间的关系可得结论．
【详解】解：图1中（1）（2）两部分的面积和可以看作两个正方形的面积差，即，
图2是由（1）（2）两部分拼成的底为，高为的平行四边形，因此面积为，
因此有，
故选：B．
【点睛】本题考查平方差公式的几何背景，用代数式分别表示图1、图2的面积是解决问题的关键．
9. 如图，在中，是的垂直平分线，垂足为，交于点．若的周长为25，的长为7，则的周长为（ ）
A. 14B. 16C. 17D. 18
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查线段的垂直平分线的性质，掌握“线段垂直平分线上的点到这条线段两端点的距离相等”是解题的关键．
先求出，再利用线段的垂直平分线的性质证明，再结合三角形的周长公式计算即可．
【详解】解：∵周长为，的长为7， ，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，
∴，
∴的周长．
故选：B
10. 如图，在中，，以为圆心，任意长为半径画弧分别交于点和，再分别以为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，连接并延长交于点，则下列说法中正确的个数是（ ）
①平分；②；③点在的垂直平分线上；④
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先根据三角形内角和计算出，再利用基本作图对①进行判断；利用得到，则可对②进行判断；利用得到，根据线段垂直平分线的性质定理的逆定理可对③进行判断．利用30度角所对的直角边是斜边的一半、三角形的面积计算公式来求两个三角形的面积之比．
【详解】解：由作法得平分，所以①正确；
∵，，
∴，
∴，
∴，所以②正确；
∵，
∴，
∴点D在的垂直平分线上，所以③正确；
∵如图，在直角中，，
∴，
∴，．
∴，
∴，
∴．即，故④错误．
故正确有①②③，共3个，
故选：C．
【点睛】本题考查了作图﹣基本作图．角平分线的性质、线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的面积．熟练掌握相关性质定理是解题的关键．
二、填空题（每小题3分，共15分）
11. 计算：______．
【答案】4
【解析】
【分析】针对零指数幂、负整数指数幂分别进行计算，然后根据实数的运算法则计算即可得解．
【详解】解：．
故答案是：
【点睛】本题考查了实数的运算能力，是中考常见题型，解决此类问题的关键是熟练掌握负整数指数幂、零指数幂的考点的运算．
12. 若分式的值为0，则满足的条件为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查分式的值为零的条件．根据分式有意义的条件和分式的值为零的条件，列式求解即可．
【详解】解：，，
解得且．
故答案为：．
13. 如图，已知与交于点，，要使，添加一个你认为合适的条件为________．

【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】可以是，根据可证明，从而得到答案．
【详解】解：，
理由是：
在和中，
，
，
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定定理，熟练掌握证明三角形全等的方法有：、、、、是解题的关键．
14. 如图，在中，，点为上一点，将沿所在直线折叠，点恰好落在边上的点处，且，则的度数为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了折叠的性质，线段垂直平分线的性质，根据题意得出，进一步推出垂直平分是解题关键．
【详解】解：由题意得：
∵，
∴垂直平分
∴
∴
∴
∵
∴
∴的度数为
故答案为：．
15. 如图，中，，点在边上，以为边在右上方作等边，若，则点到边的距离为______．
【答案】5
【解析】
【分析】本题主要考查含角的直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质等知识的综合运用，证明是解题的关键．过E点作于点F，通过证明，得到，进一步得到即可求出结果．
【详解】解：过E点作于点F，
∵，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵在和中
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即点E到边距离为．
故答案为：5．
三、解答题（本题共8个小题，满分75分）
16. 计算：
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了整式的混合运算，熟练掌握整式的四则运算法则是解题的关键．
（1）利用多项式除以单项式法则计算即可；
（2）利用完全平方公式和平方差公式展开，然后合并同类项即可．
【小问1详解】
解：原式
【小问2详解】
解：原式
．
17. 解方程
【答案】x=-1．
【解析】
【分析】首先去掉分母，观察可得最简公分母是（x﹣2），方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解，然后解一元一次方程，最后检验即可求解．
【详解】解：方程两边同乘x-2，得2x=x-2+1
解这个方程，得x= -1
检验：x= -1时，x-2≠0
∴原方程的解是x= -1
18. 下面是小亮化简分式的部分运算过程：
解：原式…第一步．
…第二步．
……
（1）小亮运算过程中第______步出现了错误；
（2）请写出正确且完整的解答过程．
【答案】（1）二 （2）见解析
【解析】
【分析】本题主要考查了分式的混合运算，熟练掌握分式的混合运算法则是解本题的关键．
（1）逐一检查每一步，发现错误，写出原因；
（2）根据分式混合运算的法则计算即可．
【小问1详解】
解：第二步出现错误，原因是分子相减时未变号，
故答案为：二．
【小问2详解】
解：原式
．
19. 如图，在平面直角坐标系中，，，．
（1）作出关于轴对称的；
（2）直接写出（___，___），（___，___）；
（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），
（3）见解析
【解析】
【分析】本题考查了作图轴对称变换：作轴对称后的图形的依据是轴对称的性质，掌握其基本作法是解决问题的关键，也考查了最短路径问题．
（1）根据轴对称定义，找到各个点的对应点，然后一次连接，即可求解；
（2）根据关于轴对称的点的坐标特征，即可求解；
（3）作点关于轴的对称点，连接交轴于点，此时的值最小．
【小问1详解】
如图所示，即为所求；
【小问2详解】
，；
【小问3详解】
如图所示，点即为所求．
20. 如图，在中，是上一点，，交于点，．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）2
【解析】
【分析】（1）本题考查平行线性质和全等三角形的判定，根据平行线性质得到，，再结合题干条件即可证明．
（2）本题考查全等三角形性质，根据，得到，再根据即可解题．
【小问1详解】
证明：，
，，
在与中，
；
【小问2详解】
解：，且，，
．
．
21. 某中学为落实《教育部办公厅关于进一步加强中小学生体质健康管理工作的通知》文件要求，决定增设篮球、足球两门选修课程，需要购进一批篮球和足球．已知篮球的单价比足球的单价贵30元，用4500元购买篮球的数量和用3000元购买足球的数量相同、求篮球和足球的单价分别是多少元？
【答案】篮球和足球的单价分别是90元和60元
【解析】
【分析】本题考查了分式方程的应用，解题的关键是：找准等量关系，正确列出分式方程．
【详解】解：设篮球的单价是元，则足球的单价是元，
由题意，得，
解得，
经检验是原分式方程的解，
答：篮球和足球的单价分别是90元和60元．
22. 如图，在中，，AD是的角平分线，于E，点F在边AC上，连接DF．
（1）求证：；
（2）若，试说明与的数量关系；
（3）在（2）的条件下，若，则BE的长______（用含m，n的代数式表示）．
【答案】（1）证明见解析过程；
（2）∠B+∠AFD=180°，理由见解析过程；
（3）
【解析】
【分析】（1）由于DE⊥AB，那么∠AED=90°，则有∠ACB=∠AED，联合∠CAD=∠BAD，AD=AD，利用AAS即可证明△ACD≌△AED，再根据全等三角形的性质即可得解；
（2）由△ACD≌△AED，证得DC=DE，然后根据HL判定Rt△CDF≌Rt△EDB，得到∠CFD=∠B，再根据邻补角的定义等量代换即可得解；
（3）由AC=AE，CF=BE，根据AB=AE+BE，AC=AF+CF即可得解．
【小问1详解】
证明：∵∠C=90°，DE⊥AB，
∴∠C=∠AED=90°，
在△ACD和△AED中，
，
∴△ACD≌△AED（AAS），
∴AC=AE；
【小问2详解】
解：∠B+∠AFD=180°．
理由如下：
由（1）得：△ACD≌△AED，
∴DC=DE，
在Rt△CDF和Rt△EDB中，
，
∴Rt△CDF≌Rt△EDB（HL），
∴∠CFD=∠B．
∵∠CFD+∠AFD=180°，
∴∠B+∠AFD=180°；
【小问3详解】
解：由（2）知，Rt△CDF≌Rt△EDB，
∴CF=BE，
由（1）知AC=AE．
∵AB=AE+BE，
∴AB=AC+BE．
∵AC=AF+CF，
∴AB=AF+2BE．
∵AB=m，AF=n，
∴．
故答案为：.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，利用AAS证明△ACD≌△AED及利用HL判定Rt△CDF≌Rt△EDB是解此题的关键．
23. 教科书中这样写道：“我们把多项式及叫做完全平方式”，如果一个多项式不是完全平方式，我们常做如下变形：先添加一个适当的项，使式子中出现完全平方式，再减去这个项，使整个式子的值不变，这种方法叫做配方法．配方法是一种重要的解决问题的数学方法，不仅可以将一个看似不能分解的多项式分解因式，还能解决一些与非负数有关的问题或求代数式最大值，最小值等．
例如：分解因式．
原式；
例如：求代数式的最小值．
原式．
，
当时，有最小值，最小值是．
根据阅读材料用配方法解决下列问题：
（1）分解因式：______；
（2）当为何值时，多项式有最小值，并求出这个最小值；
（3）当______，______时，多项式有最小值，最小值是______．
【答案】23
24. 时，最小值为
25. 3，，3
【解析】
【分析】本题考查配方法的应用，
（1）根据材料用配方法分解因式即可；
（2）根据材料用配方法求出最小值即可；
（3）对多项式利用配方法求出最小值即可．
【小问1详解】
解：，
故答案为：；
【小问2详解】
解：
，
当时，有最小值，最小值是．
【小问3详解】
解：原式
当时，有最小值，最小值3．
故答案为：3，，3．