人教版数学八年级上册期末模拟试卷13（含答案）

这是一份人教版数学八年级上册期末模拟试卷13（含答案），共16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。
1．据网络数据统计，2017年惠阳区现有人口约615000人，615000这个数字用科学记数法表示应为（ ）
A．61.5×104B．6.15×105C．0.615×106D．6.15×10﹣5
2．下面四个交通标志图中为轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
3．若分式有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x＞3B．x＜3C．x≠3D．x=3
4．下列计算正确的是（ ）
A．a6÷a2=a4B．（2a2）3=6a6
C．（a2）3=a5D．（a+b）2=a2+b2
5．已知一个多边形的内角和是900°，则这个多边形是（ ）
A．五边形B．六边形C．七边形D．八边形
6．如图，点P是∠AOB平分线OC上一点，PD⊥OB，垂足为D，若PD=2，则点P到边OA的距离是（ ）
A．1B．2C．D．4
7．计算：（4x3﹣2x）÷（﹣2x）的结果是（ ）
A．2x2﹣1B．﹣2x2﹣1C．﹣2x2+1D．﹣2x2
8．如图，△ABC和△A′B'C′关于直线l对称，下列结论中，错误的是（ ）
A．△ABC≌△A′B′C′
B．∠BAC'=∠B′AC
C．l垂直平分CC′
D．直线BC和B′C′的交点不在直线l上[
9．如图，在△ABC中，∠C=90°，∠ABC=60°，BD平分∠ABC，若AD=6，则CD等于（ ）
A．3B．4C．5D．6
10．如图，已知等腰三角形ABC，AB=AC，若以点B为圆心，BC长为半径画弧，交腰AC于点E，则下列结论一定正确的是（ ）
A．∠EBC=∠BAC B．∠EBC=∠ABE C．AE=EC D．AE=BE
二、填空题
11．分解因式：2a2﹣8= ．
12．若分式的值为0，则x= ．
13．已知一个等腰三角形的两边长分别是2和5，那么这个等腰三角形的周长为 ．
14．计算：（）﹣1﹣（﹣1）0=
15．在△ABC中，AB=AC，AB的垂直平分线交AC于D，交AB于E，连接BD，若∠ADE=40°，则∠DBC= ．
16．如图，AD是△ABC的中线，E，F分别是AD和AD延长线上的点．且DE=DF，连接BF，CE，有下列说法：①△ABD和△ACD的面积相等；②∠BAD=∠CAD；③BF∥CE；④CE=AE，其中，正确的说法有 （填序号）
三、解答题
17．化简：（1﹣）•
18．如图，直线EF∥GH，点A在EF上，AC交GH于点B，若∠EAB=110°，∠C=60°，点D在GH上，求∠BDC的度数．
19．如图，已知△ABC，∠BAC=90°，
（1）尺规作图：作∠ABC的平分线交AC于D点（保留作图痕迹，不写作法）
（2）若∠C=30°，求证：DC=DB．

20．（1）运用多项式乘法，计算下列各题：
①（x+2）（x+3）=
②（x+2）（x﹣3）=
③（x﹣3）（x﹣1）=
（2）若：（x+a）（x+b）=x2+px+q，根据你所发现的规律，直接填空：p= ，q= ．（用含a、b的代数式表示）
21．如图，在△ABC中，D是BC的中点，DE⊥AB于E，DF⊥AC于点F，且BE=CF．
求证：（1）△BED≌△CFD；
（2）AD平分∠BAC．
22．如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，BE平分∠ABC交AC边于E，两线相交于F点．
（1）若∠BAC=60°，∠C=70°，求∠AFB的大小；
（2）若D是BC的中点，∠ABE=30°，求证：△ABC是等边三角形．

23．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）
（1）若△A1B1C1与△ABC关于y轴成轴对称，则△A1B1C1三个顶点坐标分别为A1 ，B1 ，C1
（2）在y轴上是否存在点Q．使得S△ACQ=S△ABC，如果存在，求出点Q的坐标，如果不存在，说明理由；
（3）在x轴上找一点P，使PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标是 ．
24．惠阳区某中学2016年在商场购买甲、乙两种不同的足球，购买甲种足球共花费2000元，购买乙种足球共花费1400元，购买甲种足球数量是购买乙种足球数量的2倍，且购买一个乙种足球比购买一个甲种足球多花20元
（1）求购买一个甲种足球，一个乙种足球各需多少元？
（2）2017年为响应习总书记“足球进校园”的号召，这所学校决定再次购买甲、乙两种足球共50个，预算金额不超过3000元．去到商场时恰逢该商场对两种足球的售价进行调整，甲种足球售价比第一次购买时提高了10%，乙种足球售价比第一次购买时降低了10%，如果该学校此次需购买20个乙种足球，请问该学校购买这批足球所用金额是否会超过预算？
25．如图，已知A（3，0），B（0，﹣1），连接AB，过B点作AB的垂线段BC，使BA=BC，连接AC．
（1）如图1，求C点坐标；
（2）如图2，若P点从A点出发沿x轴向左平移，连接BP，作等腰直角△BPQ，连接CQ，当点P在线段OA上，求证：PA=CQ；
（3）在（2）的条件下若C、P，Q三点共线，求此时∠APB的度数及P点坐标．

参考答案
一、选择题（每小题3分，共30分）
1．【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，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＞10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．
【解答】解：将615000用科学记数法表示为：6.15×105．
故选：B．
2．【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【解答】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．
3．【分析】分式有意义的条件是分母不为0．
【解答】解：∵分式有意义，
∴x﹣3≠0，
∴x≠3；
故选：C．
4．【分析】根据同底数幂相除，底数不变指数相减；积的乘方，把每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘；幂的乘方，底数不变指数相乘；完全平方公式：（a±b）2=a2±2ab+b2；对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解答】解：A、a6÷a2=a4，故A正确；
B、（2a2）3=8a6，故B错误；
C、（a2）3=a6，故C错误；
D、（a+b）2=a2+2ab+b2，故D错误．
故选：A．
5．【分析】设这个多边形是n边形，内角和是（n﹣2）•180°，这样就得到一个关于n的方程，从而求出边数n的值．
【解答】解：设这个多边形是n边形，
则（n﹣2）•180°=900°，
解得：n=7，
即这个多边形为七边形．
故选：C．
6．【分析】作PE⊥OA于E，根据角平分线的性质解答．
【解答】解：作PE⊥OA于E，
∵点P是∠AOB平分线OC上一点，PD⊥OB，PE⊥OA，
∴PE=PD=2，
故选：B．
7．【分析】直接利用整式的除法运算法则计算得出答案．
【解答】解：（4x3﹣2x）÷（﹣2x）
=﹣2x2+1．
故选：C．
8．【分析】根据轴对称的性质求解．
【解答】解：A、△ABC和△A′B'C′关于直线l对称，△ABC≌△A′B′C′，选项A正确；
B、△ABC和△A′B'C′关于直线l对称，∠BAC'=∠B′AC，选项B正确；
C、△ABC和△A′B'C′关于直线l对称，l垂直平分CC'，选项C正确；
D、△ABC和△A′B'C′关于直线l对称，直线BC和B′C′的交点一定在直线l上，选项D错误．
故选：D．
9．【分析】由于∠C=90°，∠ABC=60°，可以得到∠A=30°，又由BD平分∠ABC，可以推出∠CBD=∠ABD=∠A=30°，BD=AD=6，再30°角所对的直角边等于斜边的一半即可求出结果．
【解答】解：∵∠C=90°，∠ABC=60°，
∴∠A=30°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD=∠ABD=∠A=30°，
∴BD=AD=6，
∴CD=BD=6×=3．
故选：A．
10．【分析】利用等腰三角形的性质分别判断后即可确定正确的选项．
【解答】解：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∵以点B为圆心，BC长为半径画弧，交腰AC于点E，
∴BE=BC，
∴∠ACB=∠BEC，
∴∠BEC=∠ABC=∠ACB，
∴∠A=∠EBC，
故选：A．

二、填空题（每小题4分，共24分）
11．【分析】先提取公因式2，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
【解答】解：2a2﹣8
=2（a2﹣4），
=2（a+2）（a﹣2）．
故答案为：2（a+2）（a﹣2）．
12．【分析】根据分式的值为0的条件列出关于x的不等式组，求出x的值即可．
【解答】解：∵分式的值为0，
∴，解得x=2．
故答案为：2．
13．【分析】题目给出等腰三角形有两条边长为2和5，而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论，还要应用三角形的三边关系验证能否组成三角形．
【解答】解：分情况讨论：
①当三边是2，2，5时，2+2＜5，不符合三角形的三边关系，应舍去；
②当三角形的三边是2，5，5时，符合三角形的三边关系，此时周长是12．
故填12．
14．【分析】直接利用负指数幂的性质以及零指数幂的性质分别化简得出答案．
【解答】解：原式=2﹣1=1．
故答案为：1．
15．【分析】根据线段垂直平分线的概念得到∠AED=90°，进一步求出∠ABD=∠A=50°，根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质计算即可．
【解答】解：∵DE是AB的垂直平分线，
∴DE⊥AB，
∴∠AED=90°，
又∵∠ADE=40°，
∴∠ABD=∠A=50°，
又∵AB=AC，
∴∠ABC=65°，
∴∠DBC=15°．
故答案为：15°．
16．【分析】根据三角形中线的定义可得BD=CD，根据等底等高的三角形的面积相等判断出①正确，然后利用“边角边”证明△BDF和△CDE全等，根据全等三角形对应边相等可得CE=BF，全等三角形对应角相等可得∠F=∠CED，再根据内错角相等，两直线平行可得BF∥CE．
【解答】解：∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
∴△ABD和△ACD面积相等，故①正确；
∵AD为△ABC的中线，
∴BD=CD，∠BAD和∠CAD不一定相等，故②错误；
在△BDF和△CDE中，
∵，
∴△BDF≌△CDE（SAS），
∴∠F=∠DEC，
∴BF∥CE，故③正确；
∵△BDF≌△CDE，
∴CE=BF，故④错误，
正确的结论为：①③，
故答案为：①③．

三、解答题（每小题6分，共18分）
17．【分析】先计算括号内分式的减法，再约分即可得．
【解答】解：原式=（﹣）•
=•
=x+1．
18．【分析】先利用平行线求出∠CBG，再用邻补角的定义求出∠CBD，最后用三角形的内角和定理即可得出结论．
【解答】解：∵EF∥GH，
∴∠CBG=∠EAB，
∵∠EAB=110°，
∴∠CBG=110°，
∴∠CBD=180°﹣∠CBG=70°，
在△BCD中，∵∠C=60°，
∴∠BDC=180°﹣∠C﹣∠CBD=180°﹣60°﹣70°=50°，
即：∠BDC的度数为50°．
19．【分析】（1）根据角平分线的作法求出角平分线BD；
（2）想办法证明∠C=∠CBD即可；
【解答】（1）解：射线BD即为所求；
（2）∵∠A=90°，∠C=30°，
∴∠ABC=90°﹣30°=60°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD=∠ABC=30°，
∴∠C=∠CBD=30°，
∴DC=DB．

四、解答题（每小题7分，共21分）
20．【分析】（1）利用多项式乘多项式法则计算后，再合并同类项即可得；
（2）利用多项式乘多项式法则计算后，再合并同类项即可得．
【解答】解：（1）①（x+2）（x+3）=x2+3x+2x+6=x2+5x+6，
②（x+2）（x﹣3）=x2﹣3x+2x﹣6=x2﹣x﹣6，
③（x﹣3）（x﹣1）=x2﹣x﹣3x+3=x2﹣4x+3，
故答案为：x2+5x+6、x2﹣x﹣6、x2﹣4x+3；
（2）∵（x+a）（x+b）=x2+bx+ax+ab=x2+（a+b）x+ab，
∴x2+（a+b）x+ab=x2+px+q，
∴p=a+b、q=ab，
故答案为：a+b、ab．
21．【分析】（1）可由HL得到Rt△BED≌Rt△CFD，得出AB=AC，
（2）由三线合一的性质即可得到AD平分∠BAC．
【解答】证明；（1）∵D是BC的中点，
∴BD=CD，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
在Rt△BED和Rt△CFD中，
，
∴Rt△BED≌Rt△CFD（HL），
（2）∵Rt△BED≌Rt△CFD，
∴∠B=∠C，
∴AB=AC，
又∵D为BC的中点，
∴AD平分∠BAC．（三线合一）．
22．【分析】（1）根据∠ABF=∠FBD+∠BDF，想办法求出∠FBD，∠BDF即可；
（2）只要证明AB=AC，∠ABC=60°即可；
【解答】（1）解：∵∠BAC=60°，∠C=70°，
∴∠ABC=180°﹣60°﹣70°=50°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠FBD=∠ABC=25°，
∵AD⊥BC，
∴∠BDF=90°，
∴∠ABF=∠FBD+∠BDF=115°．
（2）证明：∵∠ABE=30°，BE平分∠ABC，
∴∠ABC=60°，
∵BD=DC，AD⊥BC，
∴AB=AC，
∴△ABC是等边三角形．

五、解答题（每小题9分，共27分）
23．【分析】（1）作出A、B、C关于y轴的对称点A′、B′、C′即可；
（2）存在．设Q（0，m），构建方程即可解决问题；
（3）如图作点B关于x轴的对称点B′，连接AB′交x轴于P，此时PA+PB的值最小；
【解答】解：（1）△A1B1C1如图所示，A1（﹣1，1），B1（﹣4，2），C1（﹣3，4）．
故答案为（﹣1，1），（﹣4，2），（﹣3，4）．
（2）存在．设Q（0，m），
∵S△ABC=9﹣×2×3﹣×3×1﹣×1×2=，
∴S△QAC=，
∴|m|•3﹣•|m|•1=，
∴m=±，
∴Q（0，）或（0，﹣）．
（3）如图作点B关于x轴的对称点B′，连接AB′交x轴于P，此时PA+PB的值最小，此时P（2，0）．
故答案为（2，0）．
24．【分析】（1）根据题意可以列出相应的分式方程，从而可以求得购买一个甲种足球、一个乙种足球各需多少元；
（2）根据题意可以列出相应的不等式，从而可以求得这所学校最多可购买多少个乙种足球．
【解答】解：（1）设购买一个甲种足球需要x元，
=×2，
解得，x=50，
经检验，x=50是原分式方程的解，
∴x+20=70，
即购买一个甲种足球需50元，一个乙种足球需70元；
（2）设这所学校再次购买了y个乙种足球，
70（1﹣10%）y+50（1+10%）（50﹣y）≤3000，
解得，y≤31.25，
∴最多可购买31个足球，
所以该学校购买这批足球所用金额不会超过预算．
25．【分析】（1）作CH⊥y轴于H，证明△ABO≌△BCH，根据全等三角形的性质得到BH=OA=3，CH=OB=1，求出OH，得到C点坐标；
（2）证明△PBA≌△QBC，根据全等三角形的性质得到PA=CQ；
（3）根据C、P，Q三点共线，得到∠BQC=135°，根据全等三角形的性质得到∠BPA=∠BQC=135°，根据等腰三角形的性质求出OP，得到P点坐标．
【解答】解：（1）作CH⊥y轴于H，
则∠BCH+∠CBH=90°，
∵AB⊥BC，
∴∠ABO+∠CBH=90°，
∴∠ABO=∠BCH，
在△ABO和△BCH中，
，
∴△ABO≌△BCH，
∴BH=OA=3，CH=OB=1，
∴OH=OB+BH=4，
∴C点坐标为（1，﹣4）；
（2）∵∠PBQ=∠ABC=90°，
∴∠PBQ﹣∠ABQ=∠ABC﹣∠ABQ，即∠PBA=∠QBC，
在△PBA和△QBC中，
，
∴△PBA≌△QBC，
∴PA=CQ；
（3）∵△BPQ是等腰直角三角形，
∴∠BQP=45°，
当C、P，Q三点共线时，∠BQC=135°，
由（2）可知，△PBA≌△QBC，
∴∠BPA=∠BQC=135°，
∴∠OPB=45°，
∴OP=OB=1，
∴P点坐标为（1，0）．