2022-2023学年广东省茂名市电白区八年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省茂名市电白区八年级（下）期末数学试卷（含解析），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。
2022-2023学年广东省茂名市电白区八年级（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是(    )
A. B. C. D.
2. 下列各式不是分式的是(    )
A. xy B. y1+y C. xπ D. 2+xa
3. 在▱ABCD中，若∠A+∠C=80°，则∠B的度数是(    )
A. 140° B. 120° C. 100° D. 40°
4. 下列等式从左到右的变形中，属于因式分解的是(    )
A. (x+1)(x−1)=x2−1 B. x2+2x+1=(x+1)2
C. x2+2x−1=x(x+2)−1 D. x (x−1)=x2−x
5. 如图，将△ABC沿BC方向平移2cm得到对应的△A′B′C′.若B′C=4cm，则BC′的长是(    )

A. 6cm B. 7cm C. 8cm D. 10cm
6. 若一个正多边形的内角和为720°，则这个正多边形的每一个内角是(    )
A. 60° B. 90° C. 108° D. 120°
7. 如图平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD的中点，若BC=6，则OE的长为(    )


A. 3 B. 12 C. 8 D. 10
8. 若分式|x|−2x+2的值为0，则x的值为(    )
A. 2 B. −2 C. 2或−2 D. 2或3
9. 如图，有三种规格的卡片共9张，其中边长为a的正方形卡片1张，边长为b的正方形卡片4张，长，宽分别为a，b的长方形卡片4张.现便用这9张卡片拼成一个大的正方形，则这个大正方形的边长为(    )
A. a+2b
B. 4a+b
C. 2a+b
D. a+3b
10. 如图，在四边形ABCD中，点P是边CD上的动点，点Q是边BC上的定点，连接AP，PQ，E，F分别是AP，PQ的中点，连接EF.点P在由C到D运动过程中，线段EF的长度(    )


A. 保持不变 B. 逐渐变小 C. 先变大，再变小 D. 逐渐变大
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 把多项式m2−9分解因式的结果是______ ．
12. 如图，在平行四边形ABCD中，AD=5，AB=3，∠BAD的平分线AE交BC于E点，则EC的长为______．


13. 若关于x的分式方程1−xx−2=m2−x−2有增根，则m的值是______ ．
14. 已知x+2x=6，那么x2+4x2= ______ ．
15. 如图，△ABC是等边三角形，点D、E分别是边BC、AB上一点，且BD=AE，AD与CE相交于点F，则∠CFD的大小是______ 度.


三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题8.0分)
分解因式：
(1)a3−a；
(2)2x2−4x+2．
17. (本小题8.0分)
先化简，再求值：(1+1x+1)÷x2+4x+4x+1.其中x= 2−2．
18. (本小题8.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，E、F是BC、AD上的两点，且AE//CF.求证：BE=DF．

19. (本小题9.0分)
已知某小区需要新铺设一条1080米长的聚乙烯管道，由于新冠疫情影响，平均每天实际施工长度比原计划减少10%，结果推迟了3天完成任务，求原计划每天铺设管道长度．
20. (本小题9.0分)
经过我市全体市民的不懈努力，2020年娄底市获评“全国文明城市”.为了巩固创文管卫的成果，我市园林部门准备在某路段种植香樟树(娄底市市树)和玉兰树两种树苗.已知购买10棵香樟树和20棵玉兰树共需1100元；购买20棵香樟树和10棵玉兰树共需1000元．
(1)求购买1棵香樟树和1棵玉兰树各需多少元？
(2)若要购买这两种树苗共600棵，购买经费不超过2万元，问香樟树最少要购买多少棵？
21. (本小题9.0分)
如图，△ABC的中线BE，CF相交于点G，点P，Q分别是BG，CG的中点.求证：
(1)四边形EFPQ是平行四边形；
(2)BG=2GE．

22. (本小题12.0分)
在Rt△ABC中，∠BAC=90°，E、F分别是BC、AC的中点，延长BA到点D，使AB=2AD，连接DE、DF、AE、EF，AF与DE交于点O．
(1)试说明AF与DE互相平分；
(2)若AB=8，BC=12，求DO的长．

23. (本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系中，直线y=−3x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，将线段AB绕点A顺时针旋转90°，得到线段AC，过点B，C作直线，交x轴于点D．
(1)点C的坐标为______；求直线BC的表达式；
(2)若点E为线段BC上一点，且△ABE的面积为52，求点E的坐标；
(3)在(2)的条件下，在平面内是否存在点P，使以点A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A、不是轴对称图形，是中线对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意．
故选：C．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟知二者的定义是解题的关键．

2.【答案】C 
【解析】解：xy，y1+y，2+xa中的分母中含有未知数，是分式；xπ的分母中不含有未知数，是整式．
故选：C．
根据分式的定义对各选项进行逐一分析即可．
本题考查的是分式的定义，熟知一般地，如果A，B表示两个整式，并且B中含有字母，那么式子AB叫做分式是解题的关键．

3.【答案】A 
【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A=∠C，∠A+∠B=180°，
∵∠A+∠C=80°，
∴∠A=40°，
∴∠B=180°−40°=140°，
故选：A．
根据平行四边形的对角相等、邻角互补的性质即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，注意掌握平行四边形的对角相等、邻角互补的性质是解题的关键．

4.【答案】B 
【解析】解：根据因式分解的定义：B正确
故选：B．
将多项式分解为几个整式的乘积形式成为多项式的因式分解．
本题考查因式分解的意义，注意等式的左边是多项式，等式的右边是几个整式的乘积，本题属于基础题型．

5.【答案】C 
【解析】解：∵△ABC沿BC方向平移2cm得到△A′B′C′，
∴BB′=CC′=2cm，
∵B′C=4cm，
∴BC′=BB′+B′C+CC′=2+4+2=8(cm)．
故选：C．
根据平移的性质可得BB′=CC′=2，列式计算即可得解．
本题考查了平移的性质，熟记性质得到相等的线段是解题的关键．

6.【答案】D 
【解析】
【分析】
根据正多边形的内角和公式(n−2)×180°，先求出边数，再用内角和除以边数即可求出这个正多边形的每一个内角度数．
考查了多边形内角与外角．解题的关键是掌握好多边形内角和公式：(n−2)×180°．
【解答】
解：(n−2)×180°=720°，
∴n−2=4，
∴n=6．
则这个正多边形的每一个内角为720°÷6=120°．
故选：D．  
7.【答案】A 
【解析】解：由平行四边形的性质可知，O为BD中点，
∵点E是CD的中点，
∴OE是△BCD的中位线，
∴OE=12BC=3，
故选：A．
由平行四边形的性质可知，O为BD中点，则OE是△BCD的中位线，即OE=12BC，求OE即可．
本题考查了平行四边形的性质，中位线等知识．解题的关键在于说明OE是△BCD的中位线．

8.【答案】A 
【解析】解：根据题意，得
|x|−2=0，且x+2≠0，
解得，x=2．
故选A．
分式的值为零时：分子等于零，且分母不等于零．
本题考查了分式的值为零的条件．若分式的值为零，需同时具备两个条件：(1)分子为0；(2)分母不为0.这两个条件缺一不可．

9.【答案】A 
【解析】解：由题可知，9张卡片总面积为a2+4ab+4b2，
∵a2+4ab+4b2=(a+2b)2，
∴大正方形边长为a+2b．
故选：A．
先计算出这9张卡片的总面积，其和为一完全平方式，因式分解即可求得大正方形的边长．
本题考查了完全平方公式的运用，利用完全平方公式分解因式即可得出大正方形的边长．

10.【答案】A 
【解析】解：连接AQ，
∵点Q是边BC上的定点，
∴AQ的大小不变，
∵E，F分别是AP，PQ的中点，
∴EF=12AQ，
∴线段EF的长度保持不变，
故选：A．
连接AQ，根据三角形中位线定理解答即可．
本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．

11.【答案】(m+3)(m−3) 
【解析】解：原式=(m+3)(m−3)．
故答案为：(m+3)(m−3)．
直接利用平方差公式分解因式得出答案．
此题主要考查了公式法分解因式，正确运用平方差公式分解因式是解题关键．

12.【答案】2 
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC=5，
∴∠DAE=∠BEA，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE=3，
∴EC=BC−BE=5−3=2，
故答案为：2．
由平行四边形的性质可得AD//BC，AD=BC=5，由角平分线的定义和平行线的性质可得∠BAE=∠BEA，可求AB=BE=3，即可求解．
本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，掌握平行四边形的性质是本题的关键．

13.【答案】1 
【解析】解：∵1−xx−2=m2−x−2，
去分母，得：1−x=−m−2(x−2)；
∵分式方程有增根，
∴x=2，
把x=2代入1−x=−m−2(x−2)，
则1−2=−m−2(2−2)，
解得：m=1；
故答案为：1．
先把分式方程去分母变为整式方程，然后把x=2代入计算，即可求出m的值．
此题考查了分式方程的增根，增根确定后可按如下步骤进行：①化分式方程为整式方程；②把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．

14.【答案】32 
【解析】解：∵x+2x=6，
∴(x+2x)2=36，即x2+4+4x2=36，
∴x2+4x2=32，
故答案为：32．
根据完全平方公式计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，掌握完全平方公式是解题的关键．

15.【答案】60 
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABD=∠CAE=60°，AB=CA，
在△ABD和△CAE中，
AB=CA∠ABD=∠CAEBD=AE
∴△ABD≌△CAE(SAS)，
∴∠ACE=∠BAD(全等三角形的对应角相等)；
又∵∠CFD=∠ACF+∠FAC=∠BAD+∠FAC(外角定理)，
∴∠CFD=∠CAE=60°．
故答案是：60．
根据全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△CAE；然后由全等三角形的对应角相等知∠ACE=∠BAD；最后根据等边三角形的性质、三角形的外角定理求得∠CFD=∠ACF+∠FAC，即∠CAE=60°．
本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质．可围绕结论寻找全等三角形，运用全等三角形的性质判定所对应的角相等．

16.【答案】解：(1)原式=a(a2−1)
=a(a+1)(a−1)；
(2)原式=2(x2−2x+1)
=2(x−1)2． 
【解析】(1)原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可；
(2)原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可．
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．

17.【答案】解：原式=(x+1x+1+1x+1)⋅x+1x2+4x+4
=x+2x+1⋅x+1(x+2)2
=1x+2；
当x= 2−2，
原式=1 2−2+2
=1 2
= 22． 
【解析】先根据分式的加减计算括号内的，同时将除法转化为乘法，再根据分式的性质化简，最后将字母的值代入求解．
本题考查了分式的化简求值，分母有理化，掌握分式的混合运算是解题的关键．

18.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC，
∵AE//CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴CE=AF，
∴BC−CE=AD−AF，
即BE=DF． 
【解析】先根据平行四边形的性质可得AD=BC，AD//BC，再根据平行四边形的判定可得四边形AECF是平行四边形，根据平行四边形的性质可得CE=AF，然后根据线段和差即可得证．
本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．

19.【答案】解：设原计划每天铺设管道x米，则实际每天铺设管道(1−10%)x米，
根据题意得：1080(1−10%)x−1080x=3，
解得：x=40，
经检验，x=40是所列方程的解，且符合题意．
答：原计划每天铺设管道40米． 
【解析】设原计划每天铺设管道x米，则实际每天铺设管道(1−10%)x米，利用工作时间=工作总量÷工作效率，结合实际比原计划推迟了3天完成任务，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，即可得出结论．
本题考查了分式方程的应用，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．

20.【答案】解：(1)设购买1棵香樟树需x元，1棵玉兰树需y元，
由题意得，10x+20y=110020x+10y=1000，解得x=30y=40，
∴购买1棵香樟树需30元，1棵玉兰树需40元；
(2)设香樟树购买a棵，则玉兰树购买(600−a)棵，
由题意得，30a+40(600−a)≤20000，解得，a≥400，
∴香樟树最少要购买400棵． 
【解析】(1)设购买1棵香樟树需x元，1棵玉兰树需y元，由题意得，10x+20y=110020x+10y=1000，计算求解即可；
(2)设香樟树购买a棵，则玉兰树购买(600−a)棵，由题意得，30a+40(600−a)≤20000，计算求解即可．
本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用．解题的关键在于根据题意正确的列等式、不等式．

21.【答案】证明：(1)∵BE，CF是△ABC的中线，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF//BC且EF=12BC．
∵点P，Q分别是BG，CG的中点，
∴PQ是△BCG的中位线，
∴PQ//BC且PQ=12BC，
∴EF//PQ且EF=PQ．
∴四边形EFPQ是平行四边形；

(2)∵四边形EFPQ是平行四边形，
∴GP=GE，
∵P是BG中点，
∴BG=2PG，
∴BG=2GE． 
【解析】(1)利用三角形的中位线的性质可得EF//BC且EF=12BC，PQ//BC且PQ=12BC，即有EF//PQ且EF=PQ，问题得证；
(2)根据平行四边形的性质即可证明．
本题考查了三角形的中位线的性质，平行四边形的判定与性质等知识，掌握三角形的中位线的性质是解答本题的关键．

22.【答案】解：(1)∵E、F分别是BC、AC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF//AB且EF=12AB．
又AB=2AD，即AD=12AB，
∴AD//EF，AD=EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∴AF与DE互相平分；

(2)∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=8，BC=12，
∴由勾股定理得AC= BC2−AB2= 122−82=4 5
又由(1)知，OA=OF，且AF=CF，
∴OA=14AC= 5．
∴在△AOD中，∠DAO=90°，AD=12AB=4，OA= 5，
∴由勾股定理得DO= DA2+OA2= 42+( 5)2= 21． 
【解析】(1)结合已知条件推知四边形AEFD是平行四边形，在该平行四边形的两条对角线互相平分；
(2)根据勾股定理求得AC的长度，然后由平行四边形的性质和勾股定理来求DO的长度．
本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定与性质．三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．

23.【答案】(4,1) 
【解析】解：(1)直线y=−3x+3中，当x=0时，y=3，
∴B(0,3)，OB=3，
当y=0时，−3x+3=0，
∴x=1，
∴A(1,0)，OA=1，
如图1，过点C作CG⊥x轴于G，

由旋转得：AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠BAO+∠CAG=90°，
∵∠AOB=∠CGA=∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠CAG=∠ABO，
∴△BOA≌△AGC(AAS)，
∴AG=OB=3，CG=OA=1，
∴C(4,1)，
设直线BC的解析式为：y=kx+b，
则4k+b=1b=3，解得：k=−12b=3，
∴直线BC的解析式为：y=−12x+3；
故答案为：(4,1)；
(2)如图2，过点E作EF⊥y轴于F，

∵点E为线段BC上一点，
∴设点E的坐标为(m,−12m+3)(0≤m≤4)，
∵四边形AOBE的面积=S△AOB+S△ABE=S△BEF+S梯形AOFE，
∴12×1×3+52=12⋅m⋅(3+12m−3)+12⋅(1+m)⋅(−12m+3)，
解得：m=2，
∴E(2,2)；
(3)分三种情况：
①如图3，四边形ABEP是平行四边形，

∵A(1,0)，B(0,3)，E(2,2)，
∴由平移得：P(3,−1)；
②如图4，四边形APBE是平行四边形，

由平移得：P(−1,1)；
③如图5，四边形ABPE是平行四边形，

由平移得：P(1,5)；
综上，点P的坐标为(3,−1)或(−1,1)或(1,5)．
(1)令x=0和y=0可确定点A和B的坐标，得OB=3，OA=1，作辅助线构建全等三角形，证明△BOA≌△AGC，可得点C的坐标，利用待定系数法可得直线BC的解析式；
(2)如图2，过点E作EF⊥y轴于F，根据四边形AOBE的面积=S△AOB+S△ABE=S△BEF+S梯形AOFE，代入计算可得结论；
(3)分三种情况：分别根据平移的性质可解答．
此题是一次函数的综合题，主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，全等三角形的判定和性质，旋转和平移的性质，平行四边形的性质和判定等知识，掌握平移的性质和分类讨论的思想是解本题的关键．