2021-2022学年四川省成都市天府新区八年级（下）期末数学试卷（含解析）

2021-2022学年四川省成都市天府新区八年级（下）期末数学试卷

一、选择题（本大题共8小题，共32分）

1. 下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是(    )

A.  B.  C.  D.

2. 在平面直角坐标系中，将点向左平移个单位长度后所得点的坐标是(    )

A.  B.  C.  D.

3. 已知，下列不等式一定成立的是(    )

A.  B.
C.  D.

4. 已知一次函数，若随的增大而增大，则的取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

5. 下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是(    )

A. 两组对边分别相等的四边形
B. 两条对角线互相平分的四边形
C. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形
D. 一组对边平行且相等的四边形

6. 如图，直线经过点，则关于的不等式的解集是(    )

A.
B.
C.
D.

7. 分式方程的解是(    )

A.  B.  C.  D.

8. 如图，点是▱边上的一点，，分别是，的中点，已知▱面积为，那么的面积为(    )

1.  B.  C.  D.

二、填空题（本大题共10小题，共40分）

9. 分解因式：______．
10. 若分式无意义，则的值为______．
11. 一个多边形的内角和是它外角和的倍，则它的边数是______．
12. 成都大运会主火炬塔位于东安湖体育公园，如图，小明想测量东安湖，两点间的距离，他在东安湖的一侧选取一点，分别取，的中点，，但，之间被障碍物遮挡，故无法测量线段的长，于是小明在，延长线上分别选取，两点，且满足，，小明测得线段米，则，两点间的距离是______米．

13. 如图，在▱中，按以下步骤作图：以点为圆心，任意长为半径作弧，分别交，于点，；以点为圆心，长为半径作弧，交于点，交于点；以点为圆心，长为半径作弧，交于点，连结并延长交对角线于点，若，，，则对角线的长为______．
14. 已知，，则______．
15. 已知关于，的二元一次方程组的解满足，则的取值范围是______．
16. 如图，在中，，，，点在边上，连接，过的中点作，交于点，交于点，若，则______．

17. 在平面直角坐标系中，点绕点逆时针旋转得到点，我们称点是点的“正影射点”若，则点的“正影射点”的坐标是______若点在一次函数上，对于任意的值，的“正影射点”都在一条直线上，则这条直线的函数表达式为______．
18. 如图，中，点为的中点，点为边上任意一点，在绕点旋转的过程中，点的对应点为，若，，，则线段的取值范围为______．

三、解答题（本大题共8小题，共78分）

19. 解不等式组：；
    先化简，再求值：，其中．
20. 如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中的位置如图所示．
    画出关于轴对称的；
    画出将绕点顺时针方向旋转得到的；
    求出的面积．

21. 如图，在▱中，点是中点，连接并延长交的延长线于点．
    求证：．
    若，，求的度数．

22. 年第届世界大学生夏季运动会将在成都举办，与吉祥物“蓉宝”有关的纪念品现已上市．某商店计划今年购进，两种“蓉宝”纪念品若干件，订购种“蓉宝”纪念品花费元，订购种“蓉宝”纪念品花费元，其中种纪念品的订购单价比种纪念品的订购单价多元，并且订购种纪念品的数量是种纪念品数量的倍．
    求商店订购种纪念品和种纪念品分别是多少件？
    若商店一次性购买，纪念品共件，要使总费用不超过元，最少要购买多少件种纪念品？
23. 如图，在▱中，分别以，为底边在▱内侧作等腰和等腰，且，连接和并延长，分别交边，于点和点．
    求证：；
    求证：四边形为平行四边形；
    连接，若，，▱的面积为，求的长．

24. 年月日，神舟十三号载人飞船成功返回地球，三名航天员在空间站工作生活了天，刷新了中国航天员单次飞行任务太空驻留时间的纪录，这也激发航天纪念品的购买热潮．某纪念品专营店准备采购神舟飞船模型和航天纪念币两种产品，如表是相关销售信息：

若该店月份购进两种纪念品共花费元，全部售出后共获得销售额元，则该店分别购进两种产品各多少件？
由于销售火爆，该店月份又准备购进这两种纪念品共件，且航天纪念币的进货量不少于神舟飞船模型进货量的倍，为了促销，该店决定神州飞船模型每件降价元，航天纪念币每件降价元，设月购进神舟飞船模型件，所获利润为元，请设计一种进货方案，使得月份该店利润为最大．

25. 已知，如图，中，，为的中位线，为边上一点，连接，以为一边在右侧作，使，且，连接并延长交直线于点．
    求证：≌；
    若，判断与的数量关系，并说明理由；
    在的条件下，如图，延长交于点，若为，求为何值时为直角三角形．

26. 如图，直线与轴交于点，与轴交于点，经过点的直线为常数与轴交于点，且：：．
    求直线的函数表达式；
    点是直线上一动点，当时，求点的坐标；
    如图，在平面内有一点，连接交轴于点，连接，在平面内是否存在点，使得，且，若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴折叠后对称轴两边的部分可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，图形绕对称中心旋转度后与原图重合．根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断即可．
【解答】
解：、不是轴对称图形，是中心对称图形．故错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形．故正确；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误．
故选C．  

2.【答案】 

【解析】解：将点向左平移个单位长度后所得点的坐标是，即．
故选：．
将点的横坐标减去，纵坐标不变即可．
此题主要考查了坐标与图形变化平移，关键是掌握平移中点的变化规律：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．
 

3.【答案】 

【解析】解：、在不等式的两边同时减去，不等号的方向不变，即，原变形错误，故此选项不符合题意；
B、在不等式的两边同时乘，不等号的方向不变，即，原变形错误，故此选项不符合题意；
C、在不等式的两边同时乘，不等号的方向改变，即，原变形错误，故此选项不符合题意；
D、在不等式的两边同时乘，再加上，不等号的方向不变，即，原变形正确，故此选项符合题意．
故选：．
根据不等式的性质解答即可．
本题考查了不等式的性质，能灵活运用不等式的性质进行变形是解此题的关键，注意：不等式的性质：不等式的两边都加或减同一个数或式子，不等号的方向不变；不等式的性质：不等式的两边都乘或除以同一个正数，不等号的方向不变；不等式的性质：不等式的两边都乘或除以同一个负数，不等号的方向改变．
 

4.【答案】 

【解析】解：根据题意，得，
解得：．
故选：．
根据一次函数的性质，当时，随的增大而增大，列式计算即可．
本题考查的是一次函数的图象与系数的关系，熟知一次函数的增减性是解答此题的关键．
 

5.【答案】 

【解析】解：、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，
选项A不符合题意；
B、两条对角线互相平分的四边形，
选项B不符合题意；
C、一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，
选项C符合题意；
D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
选项D不符合题意；
故选：．
由平行四边形的判定定理分别对各个选项进行判断即可．
本题考查了平行四边形的判定，熟记平行四边形的判定定理是解题的关键．
 

6.【答案】 

【解析】解：由图象可得：当时，，
所以关于的不等式的解集是，
故选：．
观察函数图象得到即可．
本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函数的值大于或小于的自变量的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线在轴上或下方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
 

7.【答案】 

【解析】解：去分母得：，
解得：，
检验：把代入得：，
分式方程的解为．
故选：．
分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到的值，经检验即可得到分式方程的解．
此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
 

8.【答案】 

【解析】解：▱的面积为，
，
、分别是、的中点，
，且，
∽，
，即，
，
故选：．
先根据知，再证∽得，即，据此可得答案．
本题主要考查平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质与相似三角形的判定与性质．
 

9.【答案】 

【解析】解：
．
故答案为：．
直接提取公因式，再利用公式法分解因式得出答案．
此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．
 

10.【答案】 

【解析】解：分式有意义，
．
．
故答案为：．
分母不等于．
本题考查了分式有意义的条件，掌握分式有意义的条件：分母不等于是解题的关键．
 

11.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，需要注意，多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是．
根据多边形的内角和公式以及外角和定理列出方程，然后求解即可．
【解答】
解：设这个多边形的边数是，
根据题意得，，
解得．
答：这个多边形的边数是．
故答案为：．  

12.【答案】 

【解析】解：在和中，
，
≌，
米，
点，分别为，的中点，
是的中位线，
米，
故答案为：．
证明≌，根据全等三角形的性质求出，再根据三角形中位线定理计算即可．
本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
 

13.【答案】 

【解析】解：由作图可知，，
，
，，
，
，
，
故答案为：．
首先证明是等腰直角三角形，求出可得结论．
本题考查作图复杂作图，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题．
14.【答案】 

【解析】解：原式，
，，
原式
，
故答案为：．
先分解因式，再代值计算便可．
本题主要考查了因式分解，求代数式的值，关键是将原式进行因式分解．
 

15.【答案】 

【解析】解：将方程组两个方程相加，得：，
，
，
，
解得，
故答案为：．
将方程组两个方程相加，整理得出，结合知，解之即可得出答案．
本题主要考查解一元一次不等式，解题的关键是得出关于的不等式．
 

16.【答案】 

【解析】解：，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
同理可得，
点是的中点，
，
点是的中点，
，
故答案为：．
利用同角的余角相等得，，则，同理得，再利用直角三角形斜边上中线的性质得出的长，从而解决问题．
本题主要考查了勾股定理，直角三角形的斜边上中线的性质等知识，证明点是的中点是解题的关键．
 

17.【答案】   

【解析】解：如图，点，点，
，，
，
，
，
点绕点逆时针旋转得到点在轴上，且，
点的“正影射点”的坐标是；
如图，点在一次函数上，
，，
，，
根据题意设，则，，
设直线的解析式为，
，解得，
直线的解析式为，
的“正影射点”所在直线的函数表达式为；
故答案为：；．
如图，根据“正影射点“的定义，将点绕点逆时针旋转，根据旋转的性质即可求得“正影射点”的坐标；如图，求得直线与、轴的交点，，根据“正影射点“的定义将点、绕点逆时针旋转，得到，，根据题意求得直线的解析式即可．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数与坐标轴交点问题，坐标与图形变化旋转，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想，求得点的坐标．
 

18.【答案】 

【解析】解：如图，过点作于，

，，
，
点是的中点，
，
当点与点重合时，在绕点旋转的过程中，点在线段的延长线上时，此时的最小值为，
当点与点重合时，在绕点旋转的过程中，点在线段的延长线上时，此时的最大值为，
，
故答案为：．
利用特殊位置求出的最大值和最小值，即可求解．
本题考查了旋转的性质，利用特殊位置求出的最大值和最小值是解题的关键．
 

19.【答案】解：，
解不等式，得：，
解不等式，得：，
该不等式组的解集是；





，
当时，原式． 

【解析】先解出每个不等式的解集，即可得到不等式组的解集；
先计算括号内的式子，然后计算括号外的除法，再将的值代入化简后的式子计算即可．
本题考查分式的化简求值、解一元一次不等式组，解答本题的关键是明确分式混合运算的运算法则和解一元一次不等式的方法．
 

20.【答案】解：如图，即为所求．
如图，即为所求．

． 

【解析】根据轴对称的性质找到点，，，再连线即可．
根据旋转的性质找到点，，，再连线即可．
根据三角形的面积公式求解即可．
本题考查作图轴对称变换、旋转变换、三角形的面积公式，熟练掌握轴对称和旋转的性质是解答本题的关键．
 

21.【答案】证明：四边形是平行四边形，
，，，
，
点是中点，
，
在和中，
，
≌，
，
；
解：由可得，，
，
，
，
，
． 

【解析】由题意易得，，进而易证≌，则有，然后问题可求证；
由及题意易得，则，然后根据三角形外角的性质可求解．
本题主要考查平行四边形的性质及等腰三角形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质及等腰三角形的性质与判定是解题的关键．
 

22.【答案】解：设商店订购种纪念品件，则订购种纪念品件，
根据题意，得，
解得，
经检验，是原方程的根，且符合题意，
件，
答：商店订购种纪念品件，种纪念品件；
设购买件种纪念品，
种商品的单价为元，种商品的单价为元，
根据题意，得，
解得，
答：最少购买件种纪念品． 

【解析】设商店订购种纪念品件，则订购种纪念品件，根据“种纪念品的订购单价比种纪念品的订购单价多元”列分式方程，求解即可；
设购买件种纪念品，根据总费用不超过元列一元一次不等式，求解即可．
本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式的应用，理解题意并根据题意建立等量关系或不等关系是解题的关键．
 

23.【答案】证明：，，，
，
四边形是平行四边形，
，
；
证明：四边形是平行四边形，
，
，，，
，
≌，
，
，，
≌，
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形为平行四边形；
解：，，
四边形是平行四边形，
，
四边形为平行四边形，
，

，
，
，
设，则，，
，
▱的面积为，
，
，
负值舍去，
，
，
，
． 

【解析】利用等腰三角形的性质得，再利用平行四边形的对角相等得，即可证明结论；
首先利用证明≌，得，再利用证明≌，得，得出四边形是平行四边形，进而证明结论；
利用平行四边形的性质得，则，设，则，，则，根据▱的面积为，得出的长，再利用含角的直角三角形的性质可得答案．
本题主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，含角的直角三角形的性质等知识，证明是解题的关键．
 

24.【答案】解：设购进神舟飞船模型件，购进航天纪念币件，
根据题意可知，，
解得．
购进神舟飞船模型件，购进航天纪念币件．
设月购进神舟飞船模型件，所获利润为元，则购进航天纪念币元，
根据题意可知，
，
且为正整数，
且为正整数，
，
随的增大而增大，
当时，最大，最大值为．
此时．
当购进神舟飞船模型件，购进航天纪念币件，使得月份该店利润为最大． 

【解析】设购进神舟飞船模型件，购进航天纪念币件，根据题意列出方程组，解之即可；
设月购进神舟飞船模型件，所获利润为元，则购进航天纪念币元，根据题意可知，，根据“航天纪念币的进货量不少于神舟飞船模型进货量的倍”可得且为正整数，因为，所以随的增大而增大，可知当时，最大，最大值为由此可得出结论．
此题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，要能根据题意列出不等式组，关键是根据不等式组的解集求出所有的进货方案．
 

25.【答案】证明：，
，
为的中位线，
，，，
，，
，，，
，，
，
在和中，
，
≌；
解：，理由如下，连接，

，，点是的中点，
，，，
，
≌，
，
，
，
，
，
，
；
如图，设与的交点为，

，，
，
当点与点重合时，为直角三角形，
，
，
，
点是的中点，，
，
，，
，；
当时，

，，
，
，
又，
，，
，
综上所述：的长为或． 

【解析】由“”可证≌；
由等腰三角形的性质可得，，，由全等三角形的性质和平行线的性质可得，可证，即可求解；
分两种情况讨论，由直角三角形的性质可求解．
本题是三角形综合题，考查了三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
 

26.【答案】解：直线与轴交于点，与轴交于点，
点，点，
，，
：：，
，
点，
，
解得：，
直线的函数表达式为；
点，点，点，
，，
，
，
点是直线上一动点，
设点，
，
，
点或；
如图，延长交轴于，

点，点，
直线的解析式为，
当时，，
点，
，
又，，
≌，
，
点，点，
直线的解析式为，
当时，，
点，
，
，
，
如图，当点在的上方时，连接，

，
，
，
，
，
又，，
≌，
，，
点，
当点在的下方时，
，
点是的中点，
，
综上所述：点坐标为或． 

【解析】先求出点，点坐标，代入解析式可求解；
先求出的面积，由三角形的面积公式可求解；
先求出，由“”可证≌，可得，，即可求解．
本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，一次函数的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定和性质等知识，求出是解题的关键．