精品解析：重庆市长寿区2021-2022学年八年级上学期期末数学试题

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1. 计算：（ ）
A. B. C. 2D. x
【答案】C
【解析】
【分析】利用同分母分式加减法的法则计算即可；
【详解】解：原式=，
故选： C．
【点睛】本题考查了同分母分式加减法，掌握法则是解题关键．
2. 下列几个字母是轴对称图形的有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称图形的定义解答．
【详解】解：是轴对称图形，
故选：C．
【点睛】本题考查轴对称图形的识别，是基础考点，如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．
3. 下列每组数分别是三根小木棒的长度，其中能摆成三角形的是( )
A. 3cm，4cm，5cmB. 7cm，8cm，15cm
C. 3cm，12cm，20cmD. 5cm，5cm，11cm
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角形的任意两边之和大于第三边，对各选项分析判断后利用排除法求解．
【详解】解：A、3+4=7＞5，能组成三角形，故本选项正确；
B、7+8=15，不能组成三角形，故本选项错误；
C、3+12=15＜20，不能组成三角形，故本选项错误；
D、5+5=10＜11，不能组成三角形，故本选项错误．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形的三边关系，是判定能否组成三角形的理论依据．
4. 下列计算中，正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】运用同底数幂的乘法、同底数幂的除法以及积的乘方这些公式进行运算即可直接得出结果．
【详解】A选项3a和5b不是同类项不可合并；
B选项；
C选项；
D选项正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查整式的加法运算、同底数幂的乘法、同底数幂的除法以及积的乘方，要熟练掌握运算公式．
5. 点与点N关于x轴对称，则点N坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据两点关于x轴对称时，横坐标不变，纵坐标互为相反数，即可解答；
【详解】解：由题意得：N点坐标为：（-3，-2），
故选： B．
【点睛】本题考查了坐标的对称特征：关于x轴对称时横坐标不变，纵坐标互为相反数；关于y轴对称时纵坐标不变，横坐标互为相反数；关于原点对称时横坐标、纵坐标都互为相反数；掌握坐标的对称特征是解题关键．
6. 分式方程的根是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分式两边都乘以（6x-2），解方程再验根即可；
【详解】解：原式=3x-1-2-3=0，3x=6，x=2，
经检验x=2是方程的解，
故选： D．
【点睛】本题考查了解分式方程：先将方程两边乘最简公分母将分式方程化为整式方程，再解整式方程，最后需要检验整式方程的解是不是分式方程的解．
7. 已知x+y＝﹣5，xy＝6，则x2+y2的值是（ ）
A. 1B. 13C. 17D. 25
【答案】B
【解析】
【分析】先把所求式子变形为完全平方式，再把题中已知条件代入即可详解．
【详解】解：由题可知：
x2+y2
＝x2+y2+2xy﹣2xy，
＝（x+y）2﹣2xy，
＝25﹣12，
＝13．
故选：B．
【点睛】利用完全平方公式变形式详解，熟记完全平方公式，式子的变形要注意变形前后的相等关系．
8. 某次自然灾害导致某铁路隧道被严重破坏，为抢修其中一段120米的铁路，施工队每天比原计划多修5米，结果提前4天开通了列车，问原计划每天修多少米？某原计划每天修米，所列方程正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】等量关系为：原计划用时间-实际用的时间=4，据此列方程即可．
【详解】解：原计划修天，实际修了天，
可列得方程，
故选：B．
【点睛】本题考查了分式方程的应用，从关键字找到等量关系是解决问题的关键．
9. 已知三角形两边的边长分别为3、4，则第三边长度的取值范围在数轴上表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设第三边长度为x，由三角形三边关系可得一元一次不等式组，求解不等式组即可．
【详解】设第三边长度为x，由三角形三边关系可得
解得
故答案为：A．
【点睛】本题考查了三角形三边关系的问题，掌握三角形三边关系、解不等式组的方法是解题的关键．
10. 若，那么k的值是（ ）
A. 5B. C. 10D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据完全平方公式，即可求解．
【详解】解：∵，且，
∴k=-10．
故选：D
【点睛】本题主要考查了完全平方公式，熟练掌握是解题的关键．
11. 如图，每个小正方形的边长为1，把阴影部分剪下来，用剪下来的阴影部分拼成一个正方形，那么新正方形的边长是（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题解析：∵阴影部分由一个小正方形和一个等腰梯形组成
∴S阴影=1×1+（1+3）×2=5
∵新正方形的边长2=S阴影
∴新正方形的边长=
故选C．
12. 如图，已知，AP平分∠DAB，BP平分∠ABC，点P恰好在CD上，则下面结论：①；②点P到AD、BC的距离相等；③PD＝PC；④AD＋BC＝AB；⑤PA＝PB．
其中正确结论的个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】由平行线的性质及角平分线定义得出∠DAB+∠ABC= 180° ，∠DAP=∠PAB ，∠ABP=∠PBC，那么∠PAB+∠ABP= 90°，AP⊥BP，判断结论①正确；由AP平分∠DAB ，BP平分∠ABC
，根据角平分线的性质得出点P到AD、AB、BC的距离相等判断结论②正确；延长AP与BC的延长线交于点E，利用ASA证明△APB≌△EPB，得出AP= EP，再根据AAS证明△APD≌△EPC，得出PD= PC，AD= EC，判断结论③正确；由BP是AE的垂直平分线，得出AB= BE，再根据BE= EC+ BC，AD= EC，判断结论④正确；当PA＝PB时，则∠ABP=∠BAP=45°，得到∠BAD=∠ABC=90°，由此判断⑤错误．
【详解】解：在四边形ABCD中，，AP平分∠DAB，BP平分∠ABC，
∴∠DAB+ ∠ABC= 180°， ∠DAP= ∠PAB，∠ ABP= ∠PBC，
∴∠PAB+ ∠ABP= 90°，
∴AP⊥BP，故结论①正确；
∵AP平分∠DAB，
∴点P到AB、AD的距离相等，
∵BP平分∠ABC，
∴点P到AB、BC的距离相等 ，故结论②正确；
如图，延长AP与BC交于点E，
∵∠APB=∠EPB = 90°，BP= BP，∠ABP= ∠ЕВР，
∴△АPВ≌△ЕРВ(АSА)，
∴AP= EP，
∵AD∥BC，
∴∠D=∠ECP，∠DAP=∠E，
∴△APD ≌△EPC(AAS)，
∴PD= PC，AD= EC，故结论③正确；
∵AP= EP ，BP⊥AE，
∴BP是AE的垂直平分线，
∴AB= BE，
∵BE= EC+ BC，AD= EC，
∴AD + BC= AB，故结论④正确；
当PA＝PB时，则∠ABP=∠BAP=45°，
∵AP平分∠DAB，BP平分∠ABC，
∴∠BAD=∠ABC=90°，
由已知不能确定∠BAD=∠ABC=90°，故不能判断⑤正确，故⑤错误；
故选：C．
【点睛】本题考查了角平分线的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，平行线的性质的运用，准确作出辅助线是解题的关键．
二、填空题（本大题6个小题，每小题4分，共24分．请将正确答案填在答题卡的相应横线上）
13. 如图，，∠ACB＝29°，则∠F＝______．
【答案】29°
【解析】
【分析】根据全等三角形的性质，即可求得．
【详解】解：，∠ACB＝29°，
，
故答案为：29°．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，全等三角形的对应边相等，对应角相等，熟练掌握和运用全等三角形的性质是解决本题的关键．
14. 如果一个多边形的每个外角都是，那么这个多边形的边数为_________．
【答案】12##十二
【解析】
【分析】根据多边形的外角和为360°，正多边形的每一个外角相等，用360除以30即为所求．
【详解】解：∵多边形的外角和是360°，每个外角都是，
∴360÷30=12，
∴这个多边形有12条边，
故答案为：12．
【点睛】本题考查了正多边形的外角度数与边数之间的关系，解题的关键是掌握正多边形的每个外角度数相同，且它们的和是360°．
15. 关于x的方程的解是负数，则m的取值范围是______．
【答案】且
【解析】
【分析】由分式方程有意义可知，由方程的解是负数可知，表示出方程的解代入其满足的条件即可确定m的取值范围.
【详解】解：
方程两边同乘以得，
解得，
由分式方程有意义可知，即，
可得，即，
由方程的解是负数可知，
可得，即，
所以m的取值范围是且．
故答案为：且．
【点睛】本题考查了分式方程，已知解的情况求参数，灵活的表示出分式方程的解是解题的关键，解题过程中不要忽视分母不等于0这一条件．
16. 直接写出计算结果：______．
【答案】
【解析】
【分析】先计算积的乘方，再计算单项式乘单项式，即可求解．
【详解】解：．
故答案为：．
【点睛】本题考查积的乘方和单项乘单项式．计算积的乘方时，先把每一个因数乘方，再把所得的幂相乘．计算单项式乘单项式时，（1）将它们的系数相乘作为积的系数；（2
）相同字母的幂相乘，底数不变，指数相加；（3）只在一个多项式中出现的字母，连同它的指数一起作为积的一个因式．
17. 如图，△ABC中，AB=AC=14cm，D是AB的中点，DE⊥AB于D交AC于E，△EBC的周长是24cm，则BC=______．
【答案】10cm
【解析】
【分析】根据垂直平分线的性质求出AE等于BE，再根据已知条件可知BE与EC的和，再用周长减去BE与EC的和即可得出BC的长．
【详解】解：在△ABE中，
∵D是AB的中点，且DE⊥AB，
∴AE=BE，
在△ABC中，∵AB=AC=14cm，AC=AE+EC，
∴BE+EC=AE+EC=AC=14cm，
又∵BE+EC+BC=24cm，
∴BC=24-14=10cm．
故答案为：10cm．
【点睛】本题考查线段的垂直平分线的性质，熟记相关性质并能灵活应用是解题的关键，切记答案带单位．
18. 如图，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，F是AB边上的中点，点D、E分别在AC、BC边上运动，且保持AD＝CE，连接DE、DF、EF．在此运动变化的过程中，下列结论：①△DFE是等腰直角三角形；②四边形CDFE的面积保持不变；③DE长度的最小值为4；④四边形CDFE不可能为正方形．其中正确的结论是______（把你认为正确的序号都填上）．
【答案】①②
【解析】
【分析】①连接CF，证明△ADF≌△CEF，得到△EDF是等腰直角三角形； ②根据△ADF≌△CEF，得到S四边形CEFD=S△AFC；面积不变， ③求出DF的最小值，根据当DE最小时，DF也最小，再进行计算即可； ④当D、E分别为AC、BC中点时，CD=DF=FE=EC，四边形CDFE是菱形，结合∠ACB=90°，从而可得结论.
【详解】解：①连接CF，
∵△ABC是等腰直角三角形， F是AB边上的中点，
∴∠FCB=∠A=45°，CF=AF=FB，
∵AD=CE， ∴△ADF≌△CEF，
∴EF=DF，∠CFE=∠AFD，
∵∠AFD+∠CFD=90°，
∴∠CFE+∠CFD=∠EFD=90°，
∴△EDF是等腰直角三角形，①正确；
②∵△ADF≌△CEF，
∴S△CEF=S△ADF
∴S四边形CEFD=S△AFC，所以面积不变；②正确；
∵△EDF为等腰直角三角形，
∴当DF最小时，DE最小， DF⊥AC时，DF最小为
∴DE最小值为， 故③错误，
当D、E分别为AC、BC中点时，CD=DF=FE=EC，
四边形CDFE是菱形，又∠ACB=90°，
∴四边形CDFE是正方形，④错误；
故答案为：①②
【点睛】本题考查的是正方形的判定、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握正方形的判定定理、全等三角形的判定定理和性质定理、理解点到直线的距离的概念是解题的关键．
三、解答题（本大题7个小题，共70分．每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤）
19. 化简求值：，其中．
【答案】；
【解析】
【分析】利用平方差公式，单项式乘多项式法则，完全平方公式计算，再合并同类项，将整式化为最简式，然后代入数据求解．
【详解】解：，
，
，
＝；
当时，
原式
．
【点睛】本题主要考查平方差公式，完全平方公式，单项式乘多项式的运算，熟记公式是解题的关键，要注意符号的处理．
20. 如图，在△ABC中，∠B＝40°，∠C＝70°，AD为∠BAC的平分线，AE为BC边上的高，求∠DAE的度数．
【答案】∠DAE＝15°
【解析】
【分析】利用三角形内角和为180°，角平分线的定义，计算角的差即可解答；
【详解】解：∵∠B＝40°，∠C＝70°，∴∠BAC＝180°－40°－70°＝70°．
又∵AD为∠BAC的平分线，∴∠DAC＝35°．
∵，∴∠EAC＝90°－∠C＝20°．
∴∠DAE＝∠DAC－∠EAC＝35°－20°＝15°．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，直角三角形的两个锐角互余，熟记三角形内角和定理是解题关键．
21. 将下列各式分解因式：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先提取公因式，再运用平方差公式；
（2）先提取公因式，再运用十字相乘；
【小问1详解】
解：原式
【小问2详解】
解：原式
【点睛】本题考查了因式分解：提取公因式、平方差公式、十字相乘；熟记公式是解题关键．
22. 已知在平面直角坐标系中的位置如图所示．
（1）作出关于y轴对称的，并写出各顶点的坐标；
（2）将向右平移6个单位长度，作出平移后的，并写出各顶点的坐标；
（3）观察与，它们是否关于某条直线对称？若是，请在图上画出这条对称轴．
【答案】（1）见解析，，；（2）见解析，，，；（3）是，见解析
【解析】
【分析】（1）根据轴对称图形作法，先找到对称点，然后依次连接，对称点坐标根据轴对称的性质求出即可；
（2）根据平移图形的作法：先找出平移后的点，然后依次连接作图即可；
（3）连接对应点，然后找出其中点，连线即为对称轴，根据图象可得对称轴解析式．
【详解】解：（1）如图所示，关于y轴对称的图形为，
根据点在坐标系中的位置可得：，；
（2）如（1）中图所示，为平移后的图形，，，；
（3）是，如图（1）中所示，连接，，找到中点D、E，连接可得对称轴为直线．
【点睛】题目主要考查坐标平面内的图形变换，解题关键是熟练掌握轴对称和平移的特征及坐标变化规律，如何根据点的位置确定对称轴．
23. 已知：x满足，求的值．
【答案】，．
【解析】
【分析】根据分式方程的解法求x的值；结合平方差公式化简分式再求值；
【详解】解：
去分母得：．
解得：．
经检验是原方程的解．
原式
当时，原式．
【点睛】本题考查了解分式方程：先将方程两边乘最简公分母将分式方程化为整式方程，再解整式方程，最后需要检验整式方程的解是不是分式方程的解；分式的化简求值；熟练掌握因式分解的方法是解题关键．
24. 如图，△ABC中，AC＞AB，D是BA延长线上一点，点E是∠CAD平分线上一点，EB=EC过点E作EF⊥AC于F，EG⊥AD于G．
（1）请你在不添加辅助线的情况下找出一对你认为全等的三角形，并加以证明；
（2）若AB=3，AC=5，求AF的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）1.
【解析】
【分析】已知AE平分∠CAD，EF⊥AC，EG⊥AD及公共边AE，则利用AAS判定△EGA≌△EFA；由△EGA≌△EFA可得到EG=EF，AG=AF，根据HL可判定Rt△EGB≌Rt△EFC，从而得到BG=CF，整理可得到2AF=AC-AB，从而可求得AF的长．
【详解】（1）△EGA≌△EFA（或△EGB≌△EFC）．
证明：∵AE平分∠CAD，
∴∠EAG=∠EAF．
又∵EF⊥AC，EG⊥AD，
∴∠EGA=∠EFA=90°．
在△AEG和△EFA中：
∠EAG=∠EAF，∠EGA=∠EFA，AE=AE，
∴△EGA≌△EFA（AAS）．
（2）∵AE平分∠CAD且EF⊥AC，EG⊥AD，
∴EG=EF，∠EGB=∠EFC=90°．
在Rt△EGB和Rt△EFC中
．
∴Rt△EGB≌Rt△EFC（HL）．
∴BG=CF．
又∵BG=AB+AG，CF=AC-AF，
即AB+AG=AC-AF，
又∵△EGA≌△EFA，
∴AG=AF．
∴2AF=AC-AB=5-3=2．
∴AF=1．
25. 某服装商店用9600元购进了某种时装若干套，第一个月每套按进价增加30%作为售价，售出了100套，第二个月换季降价处理，每套比进价低10元销售，售完了余下的时装，结果在买卖这种服装的过程中共盈利2200元，求每套时装的进价．
【答案】80元.
【解析】
【分析】设每套时装进价为x元，第一个月每套的售价为（1+30%）x元，第二个月的售价为（x-10）元，由售价-进价=利润建立方程求出其解即可．
【详解】解：设每套时装的进价为x元，第一个月每套的售价为（1+30%）x元，第二个月的售价为（x-10）元，由题意，得
100（1+30%）x+（x-10）（−100）-9600=2200，
解得：x1=80，x2=-40，
经检验，x1=80，x2=-40，都是原方程的根，但x=-40不符合题意，舍去．
∴x=80．
答：每套时装的进价为80元．
四、解答题（本大题1个小题，共8分．每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤）
26. 如图1，将两块全等的三角板拼在一起，其中△ABC的边BC在直线l上，AC⊥BC且AC = BC；△EFP的边FP也在直线l上，边EF与边AC重合，EF⊥FP且EF = FP.
（1）在图1中，请你通过观察、测量，猜想并写出AB与AP所满足的数量关系和位置关系；
（2）将三角板△EFP沿直线l向左平移到图2的位置时，EP交AC于点Q，连接AP、BQ．猜想并写出BQ与AP所满足的数量关系和位置关系，并证明你的猜想；
（3）将三角板△EFP沿直线l向左平移到图3的位置时，EP的延长线交AC的延长线于点Q，连接AP、BQ.你认为（2）中猜想的BQ与AP所满足的数量关系和位置关系还成立吗？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．
【答案】（1）AB=AP，AB⊥AP；（2）BQ=AP，BQ⊥AP；（3）成立，见解析.
【解析】
分析】（1）根据等腰直角三角形性质得出AB=AP，∠BAC=∠PAC=45°，求出∠BAP=90°即可；
（2）求出CQ=CP，根据SAS证△BCQ≌△ACP，推出AP=BQ，∠CBQ=∠PAC，根据三角形内角和定理求出∠CBQ+∠BQC=90°，推出∠PAC+∠AQG=90°，求出∠AGQ=90°即可；
（3）BO与AP所满足的数量关系为相等，位置关系为垂直．证明方法与（2）一样．
【详解】（1）AB=AP且AB⊥AP，
证明：∵AC⊥BC且AC=BC，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠BAC=∠ABC=,
又∵△ABC与△EFP全等，
同理可证∠PEF=45°，
∴∠BAP=45°+45°=90°，
∴AB=AP且AB⊥AP；
（2）BQ与AP所满足的数量关系是AP=BQ，位置关系是AP⊥BQ，
证明：延长BQ交AP于G，
由（1）知，∠EPF=45°，∠ACP=90°，
∴∠PQC=45°=∠QPC，
∴CQ=CP，
∵∠ACB=∠ACP=90°，AC=BC，
∴在△BCQ和△ACP中

∴△BCQ≌△ACP（SAS），
∴AP=BQ，∠CBQ=∠PAC，
∵∠ACB=90°，
∴∠CBQ+∠BQC=90°，
∵∠CQB=∠AQG，
∴∠AQG+∠PAC=90°，
∴∠AGQ=180°-90°=90°，
∴AP⊥BQ；
（3）成立．
证明：如图，∵∠EPF=45°，
∴∠CPQ=45°．
∵AC⊥BC，
∴∠CQP=∠CPQ，
CQ=CP．
在Rt△BCQ和Rt△ACP中，

∴Rt△BCQ≌Rt△ACP（SAS）
∴BQ=AP；
延长BQ交AP于点N，
∴∠PBN=∠CBQ．
∵Rt△BCQ≌Rt△ACP，
∴∠BQC=∠APC．
在Rt△BCQ中，∠BQC+∠CBQ=90°，
∴∠APC+∠PBN=90°．
∴∠PNB=90°．
∴BQ⊥AP．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：有两组边对应相等，且它们所夹的角相等，那么这两个三角形全等；全等三角形的对应边相等．也考查了等腰直角三角形的判定与性质．