2020-2021学年福州晋安区八年级上学期期末数学试题（含答案与解析）

这是一份2020-2021学年福州晋安区八年级上学期期末数学试题（含答案与解析），共17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. 在下列“禁毒”“和平”“志愿者”“节水”这四个标志中，属于轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】轴对称图形是指将图形沿着某条直线对折，直线两边的图形能够完全重叠，根据定义判断即可.
【详解】A、不是轴对称图形，故选项错误；B、是轴对称图形，故选项正确；C、不是轴对称图形，故选项错误；D、不是轴对称图形，故选项错误．
【点睛】本题考查轴对称图形的识别，熟记轴对称图形的定义是关键.
2. 某种花粉的直径约为0.000000081m，花粉的直径用科学记数法表示为（ ）
A 8.1×108B. 81×10﹣8C. 8.1×10﹣8D. 8.1×10﹣9
【答案】C
【分析】科学计数法表示较小数的一般形式为，据此求解即可．
【详解】解：，
故选：C．
【点睛】本题考查了利用科学记数法表示较小的数，熟练掌握科学记数法的计算方法是解题的关键．
3. 若分式有意义，则x的取值范围是（ ）
A. x≠2B. x=2C. x≥-2D. x≥2
【答案】A
【分析】根据分式有意义时分母不为0即可解决问题．
【详解】解：若分式有意义，则，
即，
故选：A
【点睛】本题考查了分式有意义条件，掌握分式的分母不能为0是解题的关键．
4. 下列运算正确的是（ ）
A. 3x3+2x3=5x5B. (x3)2=x6C. 4-2=-8D. (π-3.14)0=0
【答案】B
【分析】根据整式运算法则进行逐一计算即可．
【详解】解：A.3x3+2x3=5x3，故选项错误；
B. (x3)2=x6，故选项正确；
C. ，故选项错误；
D. (π-3.14)0=1，故选项错误．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了合并同类项、幂的运算，熟练掌握运算法则是解题的关键．
5. 一个多边形的每一个外角都等于36，则该多边形的内角和等于（ ）
A. 1080°B. 900°C. 1440°D. 720°
【答案】C
【详解】解：∵任何多边形的外角和等于360°，∴多边形的边数为360°÷36°=10，∴多边形的内角和为（10﹣2）•180°=1440°．故选C．
6. 如图，AD是ABC的高，下列不能使ABD≌ACD的条件是（ ）
A. BD＝CDB. ∠BAC＝90°C. ∠B＝∠CD. AB＝AC
【答案】B
【分析】添加BD＝CD可根据SAS判断；添加∠B＝∠C可根据AAS判断，添加AB＝AC可根据HL定理判断，故得出答案．
【详解】A. AD是ABC的高，
，
当BD＝CD时，在与 中，
，
；
B.当∠BAC＝90°时，条件不够，不能得出；
C. 当∠B＝∠C时，在与 中，
，
；
D. 当AB＝AC时，在与 中，
，
．
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，关键是熟练掌握全等三角形的判定定理：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
7. 要使x2+kx+是完全平方式，那么k的值是（ ）
A. k=±1B. k=1C. k=-1D. k=
【答案】A
【分析】根据完全平方式进行求解即可．
【详解】解：∵x2+kx+是完全平方式，
∴ ，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了完全平方式，解题的关键是掌握常数项是一次项系数一半的平方．
8. 八年级学生去距学校10千米的博物馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了20分钟后，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达，已知汽车的速度是骑车学生速度的2倍．设骑车学生的速度为x千米/小时，则所列方程正确的是（ ）
A. -=20B. -=20C. -=D. =
【答案】C
【分析】根据八年级学生去距学校10千米的博物馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了20分钟后，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达，可以列出相应的方程，从而可以得到哪个选项是正确的．
【详解】由题意可得，
-=，
故选：C．
【点睛】此题考查由实际问题抽象出分式方程，解题的关键是明确题意，找出题目中的等量关系，列出相应的方程．
9. 如图，点P是∠AOB的角平分线OC上一点，PN⊥OB于点N，点M是线段ON上一点．已知OM＝3，ON＝5，点D为OA上一点若满足PD＝PM，则OD的长度为（ ）
A. 3B. 5C. 5或7D. 3或7
【答案】D
【分析】过点P作PE⊥OA于点E，分点D在线段OE上，点D在射线EA上两种情况讨论，利用角平分线的性质可得PN＝PE，即可求OE＝ON＝5，由题意可证△PMN≌△PDE，可求OD的长．
【详解】解：如图：过点P作PE⊥OA于点E
∵OC平分∠AOB，PE⊥OA，PN⊥OB，
∴PE＝PN，，
∵PE＝PN，OP＝OP，
∴△OPE≌△OPN（HL），
∴OE＝ON＝5，
∵OM＝3，ON＝5，
∴MN＝2．
若点D在线段OE上，
∵PM＝PD，PE＝PN，
∴△PMN≌△PDE（HL）
∴DE＝MN＝2．
∴OD＝OE﹣DE＝3
若点D在射线EA上，
∵PM＝PD，PE＝PN
∴△PMN≌△PDE（HL），
∴DE＝MN＝2．
∴OD＝OE+DE＝7．
故选：D．
【点睛】此题考查角平分线的性质，全等三角形的判定及性质，解题中运用分类讨论是思想，避免出现漏解的情况，熟记角平分线的性质及全等三角形的判定定理的应用是解题的关键．
10. 已知中，，，．在射线上取一点，使得为等腰三角形，这样的等腰三角形有几个？ （ ）
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】B
【分析】分三种情况讨论：①如图1，当AB=AD=10时；如图2，当AB=BD=10时；③当AD=BD时．
【详解】解：在Rt△ABC中，AB===10，
①如图1，
当AB=AD=10时，△ABD为等腰三角形；
②如图2，
当AB=BD=10时，△ABD为等腰三角形；
③如图3，
当AD=BD时，△ABD为等腰三角形.
故选B．
【点睛】本题考查了等腰三角形判定.
二、填空题（本大题共6小题）
11. 已知三角形的两边长分别为5和7，则第三边的取值范围是_______.
【答案】2＜＜ 12
【详解】解：由题意得：7-5＜x＜7+5，即2＜x＜12．故答案为2＜x＜12．
12. 点（3，）关于轴的对称点的坐标是__________．
【答案】（3,2）
【分析】利用关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数．即点P（x，y）关于x轴的对称点P'的坐标是（x，﹣y），进而求出即可．
【详解】点（3，﹣2）关于x轴的对称点坐标是（3，2）．
故答案为（3，2）．
【点睛】本题考查了关于x轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题的关键．
13. 分解因式：______．
【答案】
【分析】利用完全平方公式分解即可
【详解】
故答案为：.
【点睛】本题考查因式分解问题，掌握因式分解的方法，会根据具体的内容选用公式法进行因式分解是解题关键.
14. 如图，E是矩形ABCD中AD边上一点，将△AEB沿BE折叠得到△FEB．若∠BED=119°，则∠CBF是__________度．
【答案】32
【分析】根据折叠的性质，得△ABE≌△FBE，则∠ABE=∠FBE．根据三角形外角的性质得到∠ABE的度数，即可得到结论．
【详解】根据折叠的性质，得△ABE≌△GBE，∴∠ABE=∠FBE．
∵∠BED=119°，∴∠ABE=∠BED－∠A=119°－90°=29°，∴∠CBF=90°－∠ABE－∠EBF=90°－29°－29°=32°．
故答案为32．
【点睛】本题考查了折叠的性质、全等三角形的判定及性质、三角形外角的性质．掌握折叠的性质是解题的关键．
15. 已知是方程组的解，则a2﹣b2＝_____．
【答案】1
【分析】将方程组的解代入原方程可得到关于参数a，b的二元一次方程组，分别利用两式相减和相加可得到a﹣b＝，a+b＝﹣5，利用平方差公式即可解题
【详解】解：∵是方程组的解，
∴，
解得，①﹣②，得
a﹣b＝，
①+②，得
a+b＝﹣5，
∴a2﹣b2＝（a+b）（a﹣b）＝（﹣5）×（）＝1，
故答案为1．
【点睛】本题考查了二元一次方程组与平方差公式的综合，关键是仔细审题，通过平方差公式对要求代数式进行灵活变形.
16. 如图，点M在等边ABC的边BC上，BM＝8，射线CD⊥BC垂足为点C，点P是射线CD上一动点，点N是线段AB上一动点，当MP+NP的值最小时，BN＝9，则AC的长为_____．
【答案】13
【分析】根据等边三角形的性质得到AC=BC，∠B=60°，作点M关于直线CD的对称点G，过G作GN⊥AB于N，交CD于P，则此时，MP+PN的值最小，根据直角三角形的性质得到BG=2BN=18，求得MG=10，于是得到结论．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠B=60°，
作点M关于直线CD的对称点G，过G作GN⊥AB于N，交CD于P，
则此时，MP+PN的值最小，
∵∠B=60°，∠BNG=90°，
∴∠G=30°，
∵BN=9，
∴BG=2BN=18，
∴MG=BG-BM=18-8=10，
∴CM=CG=5，
∴AC=BC=13，
故答案为：13．
【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，等边三角形的性质，直角三角形的性质，正确的作出图形是解题的关键．
三、解答题（本大题共9小题）
17. 计算：
（1）20200+3-2+（-1）3
（2）
【答案】（1）;（2）3
【分析】（1）根据幂的运算法则计算即可；
（2）将变形为，然后根据分数的计算原则计算即可．
【详解】解：（1）原式=
（2）
【点睛】本题考查幂的运算，根据知识点解题是关键．
18. 如图，在和中，点在同一直线上，，，AB∥DE，求证：
【答案】证明见解析
【分析】依据等式的性质可证明BC=EF，依据平行的性质可证明∠B=∠E，最后依据SAS进行证明即可．
【详解】∵BF=CE，
∴BF+FC=CE+FC，即BC=EF．
∵AB∥DE，
∴∠B=∠E．
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
19. 已知：a2+3a﹣2=0，求代数的值．
【答案】
【分析】根据分式的混合运算顺序和运算法则把所给的分式化为最简，再由题意得出a2+3a=2，代入即可求解．
【详解】原式=
=
=
=
=；
∵a2+3a﹣2=0，
∴a2+3a=2，
∴原式=．
【点睛】本题主要考查分式的化简求值，根据分式的混合运算顺序和运算法则把分式化为最简是解题的关键．
20. 如图，在平面直角坐标系中，ABC各顶点的坐标分别为A(-2，-2)，B(-4，-1)，C(-4，-4)．
（1）画出ABC向上平移4个单位，再向右平移5个单位得到的A1B1C1，并直接写出C1的坐标： ．
（2）作点A关于x轴的对称点．若把点向右平移a个单位后落在A1B1C1的内部（不包括顶点和边界），请写出满足条件的a的取值范围．
【答案】（1）画图见解析，C1点的坐标为：（1，0）；（2）3＜a＜5．
【分析】（1）分别作出点A、B、C平移后对应点，顺次连接即可得；
（2）由点A′坐标为（-2，2）可知要使向右平移后的A′落在△A1B1C1的内部，最少平移3个单位，最多平移5个单位，据此可得．
【详解】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，C1点的坐标为：（1，0）；
（2）∵点A′坐标为（-2，2），
∴若要使向右平移后的A′落在△A1B1C1的内部，最少平移3个单位，最多平移5个单位，即3＜a＜5．
【点睛】本题考查了平移变换以及轴对称变换，正确得出对应点位置是解题的关键．
21. 如图，已知点D，E分别是ABC的边BA和BC延长线上的点，作∠DAC的平分线AF，若AF∥BC．
（1）求证：ABC是等腰三角形
（2）作∠ACE的平分线交AF于点G，若，求∠AGC的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）根据角平分线的定义，得到∠DAF=∠CAF，又根据，得到∠DAF=∠ABC，∠CAG=∠ACB，进一步得到∠ABC=∠ACB，即可证明是等腰三角形；
（2）在中，分别求得和的度数，利用三角形内角和求解即可．
【详解】（1）证明：∵AF是∠DAC的角平分线
∴∠DAF=∠CAF
又∵
∴∠DAF=∠ABC，∠CAG=∠ACB
∴∠ABC=∠ACB
∴AB=AC
∴是等腰三角形
（2）∵CG是∠ACE的角平分线
∴∠ACG=∠ECG
又∵，∠ACB=∠B
∴
∴∠ACG=∠ECG=
又∵∠CAG=∠ACB
∴∠AGC=
【点睛】本题考查等腰三角形的判定，平行线的性质，角平分线的定义等相关知识点，牢记知识点是解题关键．
22. 某地为某校师生交通方便，在通往该学校原道路的一段全长为336的旧路上进行整修铺设柏油路面，铺设120米后，为了尽量减少施工对城市交通所造成的影响，后来每天的功效比原来增加20%，结果共用30天完成这一任务．
（1）求原计划每天铺设路面的长度;
（2）若市政部门原来每天支付工人600元，提高效率后每天支付给工人的工资增长了30%，现市政部门为整个过程准备了22000元的流动资金．请问所准备的流动资金是否够支付工人工资？并说明理由．
【答案】（1）10米；（2）所准备的流动资金够支付工人工资，理由见解析．
【分析】根据关键句子“每天铺设的长度比原计划增加了20%，结果共用30天完成这一任务”找到等量关系列出方程求解即可．
【详解】解：设原计划每天铺设x米，则增加后每天铺设（1+20%）x米．
解得：x=10
经检验：x=10是原方程的根，且符合题意；
答：原计划每天铺设路面的长度为10米．
（2）所准备的流动资金够支付工人工资．
理由：共支付工人工资为：=21240（元），
∵21240<22000，
∴所准备的流动资金够支付工人工资．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解题的关键．
23. 如图1是一个长为4a、宽为b的长方形，沿图中虚线用剪刀平均分成四块小长方形，然后用四块小长方形拼成一个“回形”正方形（如图2）
（1）观察图2请你写出（a+b）2、（a-b）2、ab之间的等量关系是 ；
（2）根据（1）中的结论，若x+y=5，xy=，则x-y= ；
（3）拓展应用：若（2021-m）2+（m-2020）2=7，求（2021-m）（m-2020）的值
【答案】（1）；（2）或；（3）
【分析】（1）由图知大正方形的面积等于小正方形的面积加上四个长方形的面积，分别计算代入即可得正确答案；
（2）将相关数值代入第一问的关系式，即可解得正确答案；
（3）将式子变形，代入相关数值，即可得到答案．
【详解】解：（1）由图知：
（2）∵
∴
∵
∴
∴或
故答案为：或
（3）∵
且
∴
【点睛】本题考查完全平方式的应用，根据公式解题是关键．
24. 已知：等边ABC中
（1）如图1，点M是BC的中点，点N在AB边上，满足∠AMN=60°，求的值；
（2）如图2，点M在AB边上（M为非中点，不与A、B重合），点N在CB的延长线上且∠MNB=∠MCB，求证：AM=BN．
【答案】（1）3；（2）证明见详解；
【分析】（1）由等边三角形的性质及直角三角形的性质可得出BM＝2BN，AB＝2BM，设BN＝x，则BM＝2x，AB＝4x，可求出答案；
（2）如图2，过点M作MG∥NC交AC于点G，根据AAS可证明△MGC≌△NBM，得出MG＝BN，则结论得证；
【详解】解：（1）∵△ABC为等边三角形，
∴∠B＝∠BAC＝60°，AB＝AC，
∵点M是BC的中点，
∴∠MAN＝30°，∠AMB＝90°，
∵∠AMN＝60°，
∴∠BMN＝30°，∠BNM=90°，
∴BM＝2BN，AB＝2BM，
设BN＝x，则BM＝2x，AB＝4x，
∴AN＝3x，
∴；
（2）证明：如图2，过点M作MG∥NC交AC于点G，
∴∠A＝∠AMG＝∠AGM＝60°，
∴△AMG为等边三角形，
∴AM＝AG，
∴BM＝CG，
∵∠AGM＝∠ABC＝60°，
∴∠MGC＝∠NBM＝120°，
∵MG∥BC，
∴∠GMC＝∠MCB，
∵∠MNB＝∠MCB，
∴∠GMC＝∠MNB，
∴△MGC≌△NBM（AAS），
∴MG＝BN，
∵△AMG为等边三角形，
∴AM＝MG，
∴AM＝BN．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、含30度角直角三角形的性质、平行线的性质等知识，解题的关键是学会添加辅助线构造全等三角形．
25. 已知点A在x轴正半轴上，以OA为边作等边OAB，A(x，0)，其中x是方程的解．
（1）求点A的坐标；
（2）如图1，点C在y轴正半轴上，以AC为边在第一象限内作等边ACD，连DB并延长交y轴于点E，求的度数；
（3）如图2，点F为x轴正半轴上一动点，点F在点A的右边，连接FB，以FB为边在第一象限内作等边FBG，连GA并延长交y轴于点H，当点F运动时，的值是否发生变化？若不变，求其值；若变化，求出其变化的范围．
【答案】（1）；（2）；（3）的值是定值，9．
【分析】（1）先求出方程的解为，即可求解；
（2）由“SAS”可证△CAO≌△DAB，可得∠DBA＝∠COA＝90°，由四边形内角和定理可求解；
（3）由“SAS”可证△ABG≌△OBF可得OF＝AG，∠BAG＝∠BOF＝60°，可求∠OAH＝60°，可得AH＝6，即可求解．
【详解】解：（1）∵是方程的解．
解得：，
检验当时，，，
∴是原方程的解，
∴点；
（2）∵△ACD，△ABO是等边三角形，
∴AO＝AB，AD＝AC，∠BAO＝∠CAD＝60°，
∴∠CAO＝∠BAD，且AO＝AB，AD＝AC，
∴△CAO≌△DAB（SAS）
∴∠DBA＝∠COA＝90°，
∴∠ABE＝90°，
∵∠AOE＋∠ABE＋∠OAB＋∠BEO＝360°，
∴∠BEO＝120°；
（3）GH−AF的值是定值，
理由如下：∵△ABC，△BFG是等边三角形，
∴BO＝AB＝AO＝3，FB＝BG，∠BOA＝∠ABO＝∠FBG＝60°，
∴∠OBF＝∠ABG，且OB＝AB，BF＝BG，
∴△ABG≌△OBF（SAS），
∴OF＝AG，∠BAG＝∠BOF＝60°，
∴AG＝OF＝OA＋AF＝3＋AF，
∵∠OAH＝180°−∠OAB−∠BAG，
∴∠OAH＝60°，且∠AOH＝90°，OA＝3，
∴AH＝6，
∴GH−AF＝AH＋AG−AF＝6＋3＋AF−AF＝9．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了分式方程的解法，等边三角形性质，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力．