2023-2024学年广东省广州市天河区八年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省广州市天河区八年级（上）期末数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.近年来，国产汽车发展迅速，我国已成为全球第一汽车生产国.下列图形是我国国产汽车品牌的标识，在这些标识中，不是轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2.若一个三角形的两边长分别为3和7，则第三边长可能是( )
A. 2B. 3C. 5D. 11
3.若一个多边形的内角和是1080°，则这个多边形是( )
A. 十边形B. 九边形C. 八边形D. 七边形
4.下列计算正确的是( )
A. a3+a2=a5B. a3⋅a2=a6C. (a2)3=a5D. a6÷a2=a4
5.如图，在△ABC中，AB=AC=4，∠BAC=120°，则BC边上的高AD的长为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.若分式|x|−3x+3的值为0，则x的值为( )
A. ±3B. 0C. −3D. 3
7.如图，AB=AD，∠1=∠2，请问添加下列哪个条件不能得△ABC≌△ADE的是( )
A. BC=DE
B. AC=AE
C. ∠B=∠D
D. ∠E=∠C
8.若关于x的方程x+mx−3=3的解为正数，则m的取值范围是( )
A. m>−9B. m>−9且m≠−3
C. m<−9D. m>−9且m≠0
二、多选题：本题共2小题，共8分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.如图，将长为a，宽为b的长方形纸板，在它的四角都切去一个边长为x的正方形，然后将四周突起部分折起，制成一个长方体形状的无盖纸盒.下列说法正确的有( )
A. 纸盒的容积等于x(a−x)(b−x)
B. 纸盒的表面积为ab−4x2
C. 纸盒的底面积为ab−2(a+b)x−4x2
D. 若制成的纸盒是正方体，则必须满足a=b=3x
10.如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=45°，BD⊥AC，垂足为点D，AE平分∠BAC，交BD于点F，交BC于点E，点G为AB的中点，连接DG，交AE于点H，下列结论正确的是( )
A. AF=2BE
B. DH=DF
C. AH=2DF
D. HE=BE
三、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.五边形的外角和为______ ．
12.因式分解：a3−ab2= ．
13.如图，△ABC中，DE垂直平分BC交AB于点D，交BC于点E.若AB=8，AC=6，则△ACD的周长是______ ．
14.将一副三角板按如图所示的方式放置，图中∠CAF的度数为______ ．
15.若(x+m)与(x+3)的乘积中不含x的一次项，则m= ．
16.已知AD是△ABC的角平分线，AB：AC=5：6，点E是AC边上的中点，连接DE，则S△ABD：S△DEC= ______ ．
四、计算题：本大题共1小题，共4分。
17.计算：(x+2)(x−3)．
五、解答题：本题共8小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题4分)
如图，点A，D，C，E在同一直线上，BC⊥AE于点C，DF⊥AE于点D，AB=EF，AD=CE.求证BC=DF．
19.(本小题6分)
如图，已知△ABC的三个顶点都是格点，△ABC与△A1B1C1关于x轴对称，A，B，C的对应点分别是A1，B1，C1．
(1)在图中画出△A1B1C1；
(2)填空：点C1的坐标是______ ；
(3)点D是y轴上一个动点，当AD+DB最小时，在图中标记此时点D的位置.(保留作图痕迹)
20.(本小题6分)
先化简，再求值：(m+6m+9m)⋅m2m+3，其中m满足m2+3m−2=0．
21.(本小题8分)
如图，在△ABC中，∠A=70°，∠C=50°.先按要求画出图形，再解答：
(1)作BC边上的高AD，求∠BAD的度数；
(2)以点B为圆心，BA为半径画弧，交BC边于点E，连接AE，求∠BAE的度数．
22.(本小题10分)
为了响应打赢“蓝天保卫战”的号召，刘老师上下班的交通方式由驾车改为骑自行车，刘老师家距离学校的路程是6千米，在相同的路线上，驾车的平均速度是骑自行车的平均速度的3倍，所以刘老师每天上班要比开车早出发20分钟，才能按原驾车的时间到达学校．
(1)求刘老师驾车的平均速度；
(2)据测算，刘老师的汽车在上下班行驶过程中平均每小时碳排放量约为2.4千克，按这样计算，求刘老师一天(按一个往返计算)可以减少的碳排放量．
23.(本小题10分)
在平面直角坐标系中，已知点A(a,b)，其中a，b满足|a−2|+(b−2)2=0．
(1)填空：点A的坐标是______ ；
(2)如图，已知点C(0,1)，连接AC，过点A作AB⊥y轴，垂足为B，过点C作CD⊥AC，垂足为C，当CD=AC时，求点D的坐标．
24.(本小题10分)
因式分解的常用方法有提公因式法和公式法，但有些多项式无法直接使用上述方法分解.如a2−4ab+b2−1，我们可以把它先分组再分解：a2−4ab+b2−1=(a−2b)2−1=(a−2b+1)(a−2b−1)，这种方法叫做分组分解法．
已知A=4a2−b2+2a−b，B=4a2+4a−b2+1.请利用以上方法解决下列问题：
(1)分别把多项式A和B分解因式；
(2)已知a，b分别为等腰△ABC的腰和底边，试比较分式BA与1的大小．
25.(本小题12分)
如图，已知BD为△ABC的角平分线，延长BD到E，使得ED=AD，连接EC，若BC=AB+EC，且∠A=α(70°≤α≤100°)．
(1)求证：CD平分∠BCE；
(2)求∠E的取值范围；
(3)若延长BA，CE相交于点H，求∠H的度数．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、是轴对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，不符合题意；
C、不是轴对称图形，符合题意；
D、是轴对称图形，不符合题意；
故选：C．
根据是轴对称图形的概念判断即可．
本题考查的是轴对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查三角形三边关系定理，记住两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，属于基础题，中考常考题型．
根据三角形三边关系，两边之和大于第三边，两边之差小于第三边即可判断．
【解答】
解：设第三边长为x，由题意得：
7−3则4故选C．
3.【答案】C
【解析】解：设这个多边形的边数是n，
由题意得：(n−2)⋅180°=1080°，
∴n=8，
即这个多边形是八边形．
故选：C．
由多边形内角和定理：(n−2)⋅180° (n≥3且n为整数)，可求多边形的边数．
本题考查多边形的有关知识，解题的关键是掌握多边形的内角和定理．
4.【答案】D
【解析】解：A、a3与a2不是同类项，故不能合并，故选项A不合题意；
B、a3⋅a2=a5故选项B不合题意；
C、(a2)3=a6，故选项C不合题意；
D、a6÷a2=a4，故选项D符合题意．
故选：D．
分别根据合并同类项的法则、同底数幂的乘法法则、幂的乘方法则以及同底数幂除法法则解答即可．
本题主要考查了幂的运算性质以及合并同类项的法则，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠B=∠C=30°，
∵AD⊥BC，
∴AD=12AB=2，
故选：B．
根据等腰三角形的性质求出∠B=∠C=30°，再根据含30°角的直角三角形的性质求解即可．
此题考查了含30°角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质，熟记含30°角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：由题意得|x|−3=0x+3≠0，
解得x=3．
故选：D．
要使分式的值为0，必须分式分子的值为0并且分母的值不为0．
本题考查了分式的值为零的条件：分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零．
7.【答案】A
【解析】解：A、添加BC=DE不能证明△ABC≌△ADE，故此选项符合题意；
B、添加AC=AE可利用SAS证明△ABC≌△ADE，故此选项不符合题意；
C、添加∠B=∠D可利用ASA证明△ABC≌△ADE，故此选项不符合题意；
D、添加∠C=∠E可利用AAS证明△ABC≌△ADE，故此选项不符合题意；
故选：A．
根据全等三角形的判定定理分别进行分析即可．
本题考查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．
8.【答案】B
【解析】解：方程x+mx−3=3中分母x−3≠0，
即x≠3，
∵x+mx−3=3，
∴x+m=3x−9．
∴x−3x=−9−m，
∴−2x=−9−m，
∴x=9+m2，
∵关于x的方程x+mx−3=3的解为正数，
∴9+m2>0且9+m2≠3，
解得：m>−9且m≠−3．
故选：B．
先根据等式的性质求出分式方程的解是x=9+m2，再根据关于x的方程x+mx−3=3的解为正数得出9+m2>0，根据分式的分母不为0得出9+m2≠3，再求出m的范围即可．
本题考查了分式方程的解和解一元一次不等式，能得出关于m的不等式9+m2>0且9+m2≠3是解此题的关键．
9.【答案】BD
【解析】解：∵纸盒的容积等于x(a−2x)(b−2x)，
∴选项A不符合题意；
∵纸盒的表面积为ab−4x2，
∴选项B符合题意；
∵纸盒的底面积为ab−2(a+b)x+4x2，
∴选项C不符合题意；
∵若制成的纸盒是正方体，则必须满足a=b=3x，
∴选项D符合题意；
故选：BD．
根据平面图形的面积和表面积、体积的求解方法进行列式、计算．
此题考查了多项式乘法几何背景问题的解决能力，关键是能准确根据题意进行列式、求解．
10.【答案】ABD
【解析】解：∵∠BAC=45°，BD⊥AC，
∴∠CAB=∠ABD=45°，
∴AD=BD，
∵AB=AC，AE平分∠BAC，
∴CE=BE=12BC，∠CAE=∠BAE=22.5°，AE⊥BC，
∴∠C+∠CAE=90°，∠C+∠DBC=90°，
∴∠CAE=∠DBC，
在△ADF和△BDC中，
∠DAF=∠DBCAD=BD∠ADF=∠BDC=90°，
∴△ADF≌△BDC(ASA)
∴AF=BC=2BE，
故选项A符合题意，
∵点G为AB的中点，AD=BD，∠ADB=90°，∠CAE=∠BAE=22.5°，
∴AG=BG，DG⊥AB，∠AFD=67.5°，
∴∠AHG=67.5°，
∴∠DFA=∠AHG=∠DHF，
∴DH=DF，
故选项B符合题意，
连接BH，
∵AG=BG，DG⊥AB，
∴AH=BH，
∴∠HAB=∠HBA=22.5°，
∴∠EHB=∠HAB+∠HBA=45°，
∵AE⊥BC，
∴∠EHB=∠EBH=45°，
∴HE=BE，
故选项D符合题意，
根据题意，无法求解AH=2DF，
故选项C不符合题意，
故选：ABD．
通过证明△ADF≌△BDC，可得AF=BC=2CE，由等腰直角三角形的性质可得AG=BG，DG⊥AB，由余角的性质可得∠DFA=∠AHG=∠DHF，可得DH=DF，由线段垂直平分线的性质可得AH=BH，可求∠EHB=∠EBH=45°，可得HE=BE，即可求解．
本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质，灵活运用这些性质是本题的关键．
11.【答案】360°
【解析】解：∵多边形的外角和为360°，
∴五边形的外角和为360°，
故答案为：360°．
根据多边形外角和定理求解即可．
此题考查了多边形的内角与外角，熟记多边形的外角和为360°是解题的关键．
12.【答案】a(a+b)(a−b)
【解析】【分析】
先提取公因式，然后再应用平方差公式即可．
本题主要考查提公因式与公式法因式分解，掌握因式分解的常见方法是解题的关键．
【解答】
解：a3−ab2=a(a2−b2)=a(a+b)(a−b)．
故答案为a(a+b)(a−b)．
13.【答案】14
【解析】解：∵DE垂直平分BC，
∴DB=DC，
∴△ACD的周长=AD+DC+AC
=AD+DB+AC
=AB+AC
=8+6
=14，
故答案为：14．
根据线段的垂直平分线的性质得到DB=DC，再根据三角形的周长公式计算，得到答案．
本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．
14.【答案】75°
【解析】解：∵∠DAC=∠DFE+∠C=60°+45°=105°，
∴∠CAF=180°−∠DAC=75°．
故答案为：75°．
利用三角形的外角的性质可求出∠DAC=105°，再利用邻补角的定义即可求出∠CAF的度数．
本题考查了三角形外角的性质，邻补角的定义，熟练掌握三角形的外角的性质是解题的关键．
15.【答案】−3
【解析】【分析】
本题主要考查了多项式乘多项式，掌握多项式乘多项式法则是解题的关键．
先用多项式乘以多项式的运算法则展开，合并同类项，令含x的一次项的系数为0，得出关于m的方程，求出m的值即可．
【解答】
解：因为(x+m)(x+3)=x2+3x+mx+3m=x2+(3+m)x+3m，
且(x+m)与(x+3)的乘积中不含x的一次项，
所以3+m=0，
解得m=−3．
故答案为：−3．
16.【答案】5：3
【解析】解：过D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴DN=DM，
∵△ABD的面积=12AB⋅DM，△ACD的面积=12AC⋅DN，
∴△ABD的面积：△ACD的面积=AB：AC=5：6，
∵点E是AC边上的中点，
∴S△ACD=2S△DCE，
∴S△ABD：S△DEC=5：3．
故答案为：5：3．
过D作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，由角平分线的性质推出DN=DM，由三角形面积公式得到：△ABD的面积：△ACD的面积=AB：AC=5：6，又S△ACD=2S△DCE，即可得到S△ABD：S△DEC=5：3．
本题考查角平分线的性质，关键是由角平分线性质得到DN=DM，由三角形面积公式推出△ABD的面积：△ACD的面积=AB：AC=5：6．
17.【答案】解：原式=x2−3x+2x−6=x2−x−6．
【解析】此题考查了多项式乘以多项式，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
原式利用多项式乘以多项式法则计算，合并同类项即可得到结果．
18.【答案】证明：∵AD=CE，
∴AD+CD=CE+CD，
即AC=ED，
∵BC⊥AE于点C，DF⊥AE于点D，
∴△ABC和△EFD是直角三角形，
在Rt△ABC和Rt△EFD中，
AB=EFAC=ED，
∴Rt△ABC≌Rt△EFD(HL)，
∴BC=DF．
【解析】利用HL证明Rt△ABC≌Rt△EFD，根据全等三角形的性质即可得解．
此题考查了全等三角形的判定与性质，利用HL证明Rt△ABC≌Rt△EFD是解题的关键．
19.【答案】(3,1)
【解析】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)点C1的坐标是(3.1)．
故答案为：(3,1)；
(3)如图，点D即为所求．
(1)利用轴对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
(2)根据点C1的位置写出坐标即可；
(3)作点A关于y轴的对称点A′，连接BA′交y轴于点D，连接AD，点D即为所求．
本题考查作图−轴对称变换，轴对称最短问题等知识，解题的关键是掌握轴对称变换的性质．
20.【答案】解：原式=m2+6m+9m⋅m2m+3
=(m+3)2m⋅m2m+3
=m(m+3)
=m2+3m．
∵m满足m2+3m−2=0，
∴m2+3m=2，
∴原式=2．
【解析】先通分括号内的式子，再利用完全平方公式将分子进行变形，最后与括号外的分式进行约分可得最简结果，由m2+3m−2=0，可得m2+3m=2，即可得出答案．
本题考查分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
21.【答案】解：(1)作出BC边上的高AD，如图1所示：

∵AD是BC边上的高AD，
∴∠ADC=90°，
又∵∠BAC=70°，∠C=50°，
∴∠CAD=180°−(∠ADC+∠C)=180°−(90°+50°)=40°，
∴∠BAD=∠BAC−∠CAD=70°−40°=30°；
(2)以点B为圆心，BA为半径画弧，交BC边于点E，连接AE，如图2所示：

由作图可知：BA=BE，
∴∠BAE=∠BEA，
∵∠BAC=70°，∠C=50°，
∴∠B=180°−(∠BAC+∠C)=180°−(70°+50°)=60°，
又∵∠B+∠BAE+∠BEA=180°，
∴60°+2∠BAE=180°，
∴∠BAE=60°．
【解析】(1)首先作出BC边上的高AD，根据高的定义得∠ADC=90°，进而由三角形的内角和定理可求出∠CAD=40°，然后再根据∠BAD=∠BAC−∠CAD可得∠BAD的度数；
(2)先依题意画出图形，由作图得BA=BE，进而得∠BAE=∠BEA，再求出∠B=60°，进而三角形的内角和定理可求出∠BAE的度数．
此题主要考查了三角形的高，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，理解题意，正确地画出图形，熟练掌握等腰三角形的性质，灵活运用三角形的内角和定理进行计算是解决问题的关键．
22.【答案】解：(1)设刘老师骑自行车的平均速度是x千米/小时，则刘老师驾车的平均速度是3x千米/小时，
根据题意得：6x−63x=2060，
解得：x=12，
经检验，x=12是所列方程的解，且符合题意，
∴3x=3×12=36(千米/小时)．
答：刘老师驾车的平均速度是36千米/小时；
(2)根据题意得：2.4×636×2=0.8(千克)．
答：刘老师一天(按一个往返计算)可以减少的碳排放量0.8千克．
【解析】(1)设刘老师骑自行车的平均速度是x千米/小时，则刘老师驾车的平均速度是3x千米/小时，利用时间=路程÷速度，结合驾车比骑自行车少用20分钟，可列出关于x的分式方程，解之经检验后，可得出刘老师骑自行车的平均速度，再将其代入3x中，即可求出刘老师驾车的平均速度；
(2)利用老师一天(按一个往返计算)可以减少的碳排放量=刘老师的汽车在上下班行驶过程中平均每小时碳排放量×刘老师驾车上班所需时间×2，即可求出结论．
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．
23.【答案】(2,2)
【解析】解：(1)∵|a−2|+(b−2)2=0，
∵|a−2|=0，(b−2)2=0，
∴a=2，b=2，
∴点A的坐标是(2,2)；
(2)如图，DC⊥AC，D′C⊥AC，过点D作DN⊥y轴于点N，过点D′作D′M⊥y轴于点M，
∵A(2,2)，C(0,1)，
∴AB=OB=2，OC=1，
∴BC=OB−OC=1，
∵AC⊥CD′，
∴∠ACB+∠MCD′=90°，
∵AB⊥y轴，
∴∠ACB+∠BAC=90°，
∴∠BAC=∠MCD′，
在△ABC和△CMD′中，
∠ABC=∠CMD′=90°∠BAC=∠MCD′AC=CD′，
∴△ABC≌△CMD′(AAS)，
∴AB=CM=2，BC=MD′=1，
∴OM=CM−OC=1，
∴D′(1,−1)；
同理，△ABC≌△CND，
∴BC=DN=1，AB=CN=2，
∴ON=OC+CN=3，
∴D(−1,3)，
综上，点D的坐标为(1,−1)，(−1,3)．
(1)根据绝对值、偶次方的性质求解即可；
(2)分情况根据全等三角形的判定与性质求解即可．
此题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定与性质是解题的关键．
24.【答案】解：(1)A=4a2−b2+2a−b
=(4a2−b2)+(2a−b)
=(2a+b)(2a−b)+(2a−b)
=(2a−b)(2a+b+1)，
B=4a2+4a−b2+1
=(4a2+4a+1)−b2
=(2a+1)2−b2
=(2a+1+b)(2a+1−b)；
(2)∵a，b分别为等腰△ABC的腰和底边，
∴2a>b，即2a−b>0，
∴BA=(2a+b+1)(2a−b+1)(2a−b)(2a+b+1)=2a−b+12a−b=1+12a−b≥1．
【解析】(1)多项式A两项两项结合后，利用平方差公式及提公因式法分解，多项式B一、二、四项结合利用完全平方公式分解，再利用平方差公式分解即可；
(2)根据三角形三边关系得到2a>b，把分解的结果代入BA，与1比较大小即可．
此题考查了因式分解的应用，等腰三角形的性质，以及非负数的性质，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
25.【答案】(1)证明：在BC上截取BF=AB，

∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，且BD=BD，AB=BF，
∴△ABD≌△FBD(SAS)，
∴AD=DE，
∵ED=AD，
∴DE=DF，
∵BC=AB+EC=BF+CF，AB=BF，
∴CF=CE，
∴△CDF≌△CDE(SSS)，
∴∠DCF=∠DCE，
∴CD平分∠BCE；
(2)解：由(1)得△ABD≌△FBD，△CDF≌△CDE，
∴∠BFD=∠BAD=α，∠DFC=∠DEC，
∵∠BFD+∠CFD=180°，
∴∠BAD+∠CED=180°，
∴∠CED=180−α，
∴α=180°−∠CED，
∵70°≤α≤100°，
∴70°≤180°−∠CED≤100°，
∴∠CED的取值范围为80°<∠CED<110°；
(3)解：由(2)知，∠DEC+∠BAD=180°，∠BAD+∠HAC=180°，
∴∠HAD=∠BEC，
∵∠H+∠HAC+∠ACH=∠DEC+∠CDE+∠ACH=180°，
∴∠H=∠EDC，
∵∠HAD+∠HED=180°，
∴∠H+∠ADE=180°，
∵∠ADB=∠CDE，
∴∠H=∠ADB=∠CDE，
由(1)得△ABD≌△FBD，△CDF≌△CDE，
∴∠ADB=∠BDF，∠CDE=∠CDF，
∴∠ADB=∠BDF=∠CDF=∠CDE=∠H，
∴4∠H+∠ADE=360°，
∵∠H+∠ADE=180°，
∴∠H=60°．
【解析】(1)由角平分线的性质和三角形内角和定理可求∠CDE的度数；
(2)在BC上截取BF=AB，由“SAS”可证△ABD≌△FBD，可得AD=DF，∠ADB=∠BDF=60°，可得∠FDC=180°−∠ADB−∠BDF=60°=∠EDC，根据全等三角形的性质即可得到结论；
(3)根据全等三角形的性质，平角和周角的定义以及四边形的内角和定理即可得到结论．
本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，平角的定义，正确地找出辅助线构造全等三角形是解题的关键．