吉林省白城市洮北区2023-2024学年上学期八年级数学期末试题（含解析）

这是一份吉林省白城市洮北区2023-2024学年上学期八年级数学期末试题（含解析），共19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。
时间：100分钟 满分：120分
一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分）
1．下列四个图案中，不是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．要使分式有意义，则x的取值范围是( )
A．B．C．D．
3．下列运算正确的是( )
A．a+a= a 2B．a 6÷a 3=a 2C．(a+b)2=a2+b2D．(a b3) 2= a2 b6
4．已知=6，=3，则的值为（ ）
A．9B．C．12D．
5．下列运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
6．若正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的内角和为（ ）
A．540°B．720°C．900°D．1080°
7．自带水杯已成为人们良好的健康卫生习惯．某公司为员工购买甲、乙两种型号的水杯，用720元购买甲种水杯的数量和用540元购买乙种水杯的数量相同，已知甲种水杯的单价比乙种水杯的单价多15元．设甲种水杯的单价为元，则列出方程正确的是（ ）
A．B．C．D．
8．一个三角形的三边长分别为2，5，x，另一个三角形的三边长分别为y，2，6，若这两个三角形全等，则x+y=（ ）
A．11B．7C．8D．13
9．在△ABC中，边AB，BC的垂直平分线l1、l2相交于点P，若∠PAC＝x°，则∠1的度数是（ ）°．
A．90﹣xB．xC．90﹣xD．60﹣x
10．如图，已知和都是等腰三角形，，，交于点，连接．下列结论：①；②；③平分；④．正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分）
11．分解因式：ax2-9a= ．
12．如图，AF=DC，BC∥EF，只需补充一个条件 ，就得△ABC≌△DEF．
13．如图所示，是将长方形纸牌ABCD沿着BD折叠得到的，图中包括实线、虚线在内共有全等三角形 对
14．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB的垂直平分线DE交AB于E，交AC于D，∠DBC＝30°，BD＝4.6，则D到AB的距离为 ．
15．如图，△ABC是等边三角形，点D是BC边上任意一点，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，若BC＝4，则BE＋CF＝ .
三、解答题（本大题共8个小题，共75分）
16．（1）计算：．
（2）解分式方程：．
17．如图，设图中每个小正方形的边长为1个单位长度．

(1)请画出关于y轴对称的（其中点A，B，C的对称点分别为点，，）；
(2)直接写出点，，的坐标：（______），（______），（______）．
18．先化简,再求值:,其中m=.
19．如图，是线段的中点，平分，平分，．
（1）求证：≌；
（2）若=50°，求的度数．
20．如图1，将一个长为4a，宽为2b的长方形，沿图中虚线均匀分成4个小长方形，然后按图2形状拼成一个正方形．
（1）图2的空白部分的边长是多少？（用含a、b的式子表示）
（2）若2a+b＝7，且ab＝3，求图2中的空白正方形的面积．
（3）观察图2，用等式表示出（2a﹣b）2，ab和（2a+b）2的数量关系．
21．如图1，把一张长方形的纸片ABCD沿对角线BD折叠，点C落在E处，BE交AD于点F.
（1）求证：FB=FD；
（2）如图2，连接AE，求证：AE∥BD;
（3）如图3，延长BA，DE相交于点G，连接GF并延长交BD于点H，求证：GH垂直平分BD．
22．某中学开学初在商场购进两种品牌的足球，购买品牌足球花费了元，购买品牌足球花费了元，且购买品牌足球数量是购买品牌足球数量的倍，已知购买一个品牌足球比购买一个品牌足球多花元．
(1)求购买一个品牌、一个品牌的足球各需多少元；
(2)该中学决定再次购进两种品牌足球共个，恰逢商场对两种品牌足球的售价进行调整，品牌足球售价比第一次购买时提高了，品牌足球按第一次购买时售价的折出售，如果这所中学此次购买两种品牌足球的总费用不超过元，那么该中学此次最多可购买多少个品牌足球？
23．已知中，；中，；，点A．D．E在同一直线上，AE与BC相交于点F，连接BE．
（1）如图1，当时，
①请直接写出和的形状；
②求证：；
③请求出的度数．
（2）如图2，当时，请直接写出：
①的度数；
②若，，线段AF的长．
参考答案与解析
1．D
【分析】本题主要考查了轴对称图形的识别，理解并掌握轴对称图形的定义是解题关键．如果一个图形沿着一条直线对折，两侧的图形能够完全重合，这个图形就是轴对称图形．据此逐项分析判断即可．
【详解】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. 是轴对称图形，不符合题意；
D. 不是轴对称图形，符合题意．
故选：D．
2．A
【分析】根据分式分母不为0的条件进行求解即可.
【详解】由题意得：x-1≠0，
解得：x≠1，
故选：A.
3．D
【分析】直接利用合并同类项法则、同底数幂的除法运算法则、幂的乘方运算法则和完全平方公式分别进行计算，再进行判断．
【详解】A、a+a= 2a，故此选项错误；
B、a 6÷a 3=a 6－3＝a 3，故此选项错误；
C、(a+b)2=a2+b2+2ab, 故此选项错误；
D、(a b3) 2= a2 b6，故此选项计算正确.
故选D.
【点睛】考查了幂的乘方运算以及同底数幂的除法运算、合并同类项等知识，正确掌握运算法则是解题关键．
4．C
【分析】根据同底数幂的除法的性质的逆用和幂的乘方的性质计算即可．
【详解】解：∵xm=6，xn=3，
∴x2m-n=（xm）2÷xn=62÷3=12．
故选：C．
【点睛】本题考查了同底数的幂的除法，幂的乘方的性质，把原式化成（xm）2÷xn是解题的关键．
5．C
【分析】本题考查的是分式的约分，掌握约分约的是分子分母的公因式是解本题的关键；根据分式的基本性质进行判断即可．
【详解】解：，故A不符合题意；
，故B不符合题意；
，故C符合题意；
，故D不符合题意；
故选：C．
6．D
【分析】利用多边形外角求得该多边形的边数，再利用多边形内角和公式即可解答．
【详解】解：∵多边形外角和为360°，一个外角是45°，
∴该正多边形的边数为360°÷45°=8，
多边形内角和为：（n-2）×180°=（8-2）×180°=1080°，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了多边形外角和以及多边形内角和公式，熟练掌握相关公式是解题关键．
7．A
【分析】设甲种水杯的单价为元，则乙种水杯的单价为（-15）元，根据720元购买甲种水杯的数量和用540元购买乙种水杯的数量相同列方程即可得解．
【详解】解：设甲种水杯的单价为元，则乙种水杯的单价为（-15）元
根据题意列出方程得：．
故选项A．
【点睛】本题考查列分式方程解应用题，掌握列分式方程解应用题的方法与步骤，抓住等量关系列方程是解题关键．
8．A
【分析】根据全等三角形的基本性质求解即可.
【详解】已知这两个三角形全等，则三组对应边应分别为2、5、6，所以x＝6，y＝5，则
x＋y＝6＋5＝11，故本题正确答案为A.
【点睛】本题主要考查全等三角形的基本性质，掌握全等三角形的基本性质是解决本题的关键.
9．A
【分析】连接PB、PC，根据线段垂直平分线的性质得到PA＝PB，PB＝PC，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算，得到答案．
【详解】解：连接PB、PC，
∵边AB，BC的垂直平分线l1、l2相交于点P，
∴PA＝PB，PB＝PC，
∴∠PBA＝∠PAB，∠PBC＝∠PCB，PA＝PC，
∴∠PCA＝∠PAC＝x°，∠PAB+∠PCB＝∠PBA+∠PBC＝∠B，
∴2∠B+2x°＝180°，
解得，∠B＝90°﹣x°，
∴∠DPE＝180°﹣∠B＝90°+x°，
∴∠1＝180°﹣∠DPE＝（90﹣x）°，
故选：A．
【点睛】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．
10．C
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的判定定理等知识，熟练掌握相关知识，证明是解题关键．利用“”证明，由全等三角形的性质证明，，即可判断结论①；作于点，于点，设交于点，证明，即可判断结论②；利用三角形面积公式证明，由角平分线的判定定理即可判断结论④；题目中条件无法证明结论③正确．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，故①正确；
如图，作于点，于点，设交于点，
在和中，
∵，，
∴，
∴，故②正确；
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴平分，
∴，故④正确．
若③成立，则，
∵，
∴，推出，
由题意知，不一定等于，
∴不一定平分，故③错误．
综上所述，结论正确的有①②④，共计3个．
故选：C．
11．
【分析】先提取公因式a，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
【详解】解：ax2-9a=a(-9)=a(x+3)(x-3).
故答案为：
【点睛】本题主要考查提公因式法分解因式和利用平方差公式分解因式，熟记公式是解题的关键．
12．BC=EF（答案不唯一）
【详解】∵AF=DC，
∴AF+FC=CD+FC，即AC=DF．
∵BC∥EF，
∴∠BCA=∠EFD．
∵在△ABC和△DEF中，已有AC=DF，∠BCA=∠EFD，
∴根据全等三角形的判定方法，补充条件BC=EF可由SAS判定△ABC≌△DEF；补充条件∠A=∠D可由ASA判定△ABC≌△DEF；补充条件∠B=∠E可由AAS判定△ABC≌△DEF；等等．答案不唯一．
故答案为BC=EF(答案不唯一）
13．4
【分析】共有四对，分别是△ABD≌△CDB，△ABD≌△C'DB，△DCB≌△C'DB，△AOB≌△C'OD．
【详解】∵四边形ABCD是长方形，
∴∠A=∠C=90°，AB=CD，AD=BC，
∴△ABD≌△CDB (HL) ，
∵△BDC是将长方形纸牌ABCD沿着BD折叠得到的，
∴BC'=AD，BD=BD，∠C'=∠A，
∴△ABD≌△C'DB (HL) ，
同理△DCB≌△C'DB，
∵∠A=∠C'，∠AOB=∠C'OD，AB=C'D，
∴△AOB≌△C'OD (AAS) ，
所以共有四对全等三角形．
故答案为4．
【点睛】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、SSA、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．
14．2.3
【分析】先根据线段的垂直平分线的性质得到DB=DA，则有∠A=∠ABD，而∠C=90°，∠DBC=30°，利用三角形的内角和可得∠A+∠ABD=90°-30°=60°，得到∠ABD=30°，在Rt△BED中根据含30°的直角三角形三边的关系即可得到DE= BD=2.3．
【详解】解：∵DE垂直平分AB，
∴DB=DA，
∴∠A=∠ABD，
而∠C=90°，∠DBC=30°，
∴∠A+∠ABD=90°-30°=60°，
∴∠ABD=30°，
在Rt△BED中，∠EBD=30°，BD=4.6，
∴DE=BD=2.3，
即D到AB的距离为2.3．
故答案为2.3．
15．2
【详解】设BD=x，则CD=4-x，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，
∴∠BDE=∠CDF=30°，
∴BE =BD=，CF=CD=，
∴BE+CF=+=2．
故答案为：2
【点睛】考点：等边三角形
16．（1）；（2）原方程无解
【分析】本题主要考查了整式的混合运算，解分式方程：
（1）先计算乘法，再合并，即可求解；
（2）先去分母，把分式方程化为整式方程，再解出整式方程，然后检验，即可求解．
【详解】解：（1）原式
（2）方程两边乘，得：
．
即．
解得．
检验：当时，，
所以不是原分式方程的解，原方程无解．
17．(1)见解析
(2)，，
【分析】本题考查的是画关于y轴对称的三角形，熟记轴对称的性质并进行画图是解本题的关键．
（1）分别确定A，B，C关于y轴的对称点，，，再顺次连接即可；
（2）根据，，的位置可得其坐标．
【详解】（1）解：如图，即为所求作的三角形；

（2）由图形可得：，，．
18．，.
【分析】先根据分式的混合运算法则化简，再把m的值代入求值即可.
【详解】原式=
=
=.
当m=时,
原式==-.
【点睛】本题考查分式的运算，熟练掌握运算法则是解题关键.
19．（1）证明见解析；（2）70°．
【详解】解：（1）∵点是线段的中点，
∴，
又∵平分，平分，
∴∠1=∠2，∠2=∠3，
∴∠1=∠3
在和中，
∴≌
（2）解：∴∠1+∠2+∠3=180°
∴∠1=∠2=∠3=60°
∵≌
∴50°
∴．
20．（1）；（2）25；（3）.
【分析】（1）观察由已知图形，得到四个小长方形的长为2a，宽为b，那么图2中的空白部分的正方形的边长是小长方形的长减去小长方形的宽．
（2）通过观察图形，大正方形的边长为小长方形的长和宽的和．图2中空白部分的正方形的面积为大正方形的面积减去四个小长方形的面积．
（3）通过观察图形知：（2a＋b）2−（2a−b）2＝8ab．分别表示的是大正方形、空白部分的正方形及4个小长方形的面积．
【详解】解：（1）题图②空白部分图形的边长是；
（2）由题图可知，空白部分为小正方形，小正方形的面积大正方形的面积个小长方形的面积，
∵大正方形的边长，
∴大正方形的面积，
又个小长方形的面积之和大长方形的面积，
∴小正方形的面积；
（3）由题图可以看出，大正方形面积空白部分的小正方形的面积四个小长方形的面积，
即．
【点睛】此题考查了学生观察、分析图形解答问题的综合能力，以及对列代数式、代数式求值的理解与掌握．关键是通过观察图形找出各图形之间的关系．
21．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】(1)根据矩形的性质和折叠的性质可得：AB＝DC=DE，∠BAD＝∠BCD＝∠BED=90°，根据AAS可证△ABF≌△EDF，根据全等三角形的性质可证BF=DF；
(2)根据全等三角形的性质可证：FA=FE，根据等边对等角可得：∠FAE=∠FEA，根据三角形内角和定理可证：2∠AEF ＋∠AFE =2∠FBD＋∠BFD =180°，所以可证∠AEF=∠FBD，根据内错角相等，两直线平行可证AE∥BD；
(3)根据矩形的性质可证：AD=BC=BE，AB=CD=DE，BD=DB，根据SSS可证：△ABD≌△EDB，根据全等三角形的性质可证：∠ABD=∠EDB，根据等角对等边可证：GB=GD，根据HL可证：△AFG≌△EFG，根据全等三角形的性质可证：∠AGF=∠EGF，所以GH垂直平分BD.
【详解】解：（1）∵长方形ABCD，
∴AB＝DC=DE，∠BAD＝∠BCD＝∠BED=90°，
在△ABF和△DEF中，
∴△ABF≌△EDF（AAS），
∴BF=DF.
（2）∵△ABF≌△EDF，
∴FA=FE，
∴∠FAE=∠FEA，
又∵∠AFE=∠BFD，且2∠AEF ＋∠AFE =2∠FBD＋∠BFD =180°，
∴∠AEF=∠FBD，
∴AE∥BD，
（3）∵长方形ABCD，
∴AD=BC=BE，AB=CD=DE，BD=DB，
∴△ABD≌△EDB（SSS），
∴∠ABD=∠EDB，
∴GB=GD，
在△AFG和△EFG中，
∠GAF＝∠GEF=90°，
FA=FE，
FG＝FG，
∴△AFG≌△EFG（HL），
∴∠AGF=∠EGF，
∴GH垂直平分BD.
【方法II】
（1）∵△BCD≌△BED，
∴∠DBC＝∠EBD
又∵长方形ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴∠EBD＝∠ADB，
∴FB=FD.
（2）∵长方形ABCD，
∴AD=BC=BE，
又∵FB=FD，
∴FA=FE，
∴∠FAE=∠FEA，
又∵∠AFE=∠BFD，且2∠AEF ＋∠AFE =2∠FBD＋∠BFD =180°，
∴∠AEF=∠FBD，
∴AE∥BD，
（3）∵长方形ABCD，
∴AD=BC=BE，AB=CD=DE，BD=DB，
∴△ABD≌△EDB，
∴∠ABD=∠EDB，
∴GB=GD，
又∵FB=FD，
∴GF是BD的垂直平分线，
即GH垂直平分BD.
22．(1)购买一个A品牌的足球需要50元，购买一个B品牌的足球需要80元
(2)该中学此次最多可购买20个B品牌足球
【分析】（）设购买一个品牌的足球需要元，则购买一个品牌的足球需要元，
根据题意可得方程，解方程即可求解；
（）设该中学此次可以购买个品牌足球，则可以购买个品牌足球，根据题意可得不等式，解不等式即可求解；
本题考查了分式方程和一元一次不等式的实际应用，根据题意，列出方程和不等式是解题的关键．
【详解】（1）解：设购买一个品牌的足球需要元，则购买一个品牌的足球需要元，
依题意得：，
解得，
经检验，是原方程的解，且符合题意，
∴，
答：购买一个品牌的足球需要元，购买一个品牌的足球需要元；
（2）解：设该中学此次可以购买个品牌足球，则可以购买个品牌足球，
依题意得：，
解得，
答：该中学此次最多可购买个品牌足球．
23．（1）①和是等边三角形；②见详解；③60°；（2）①90°；②4
【分析】（1）①根据等边三角形的判定定理，即可得到结论；②先证明∆ACD≅∆BCE，即可得到结论；③由∆ACD≅∆BCE得∠ADC=∠BEC，结合等边三角形的性质，即可求解；
（2）①先证明∆ACD≅∆BCE，得∠ADC=∠BEC，结合等腰直角三角形的性质，即可求解；②延长BE交AC的延长线于点G，先证明∆ACF≅∆BCG以及∆AEB≅∆AEG，结合条件即可求解．
【详解】（1）①∵，，
∴，为等腰三角形，
又∵，
∴和是等边三角形；
②∵∠ACB=∠ACD+∠DCB，∠DCE=∠BCE+∠DCB，∠ACB=∠DCE，
∴∠ACD=∠BCE，
又∵，，
∴∆ACD≅∆BCE（SAS），
∴AD=BE；
③∵∆ACD≅∆BCE，
∴∠ADC=∠BEC，
∵∠ADC=180°-∠CDE=180°-60°=120°，
∴∠BEC=∠CEF+∠AEB=120°，
∵∠CEF=60°，
∴∠AEB=120°-60°=60°；
（2）①∵=90°，，，
∴∠ACD=∠BCE，
∴∆ACD≅∆BCE（SAS），
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，
∵∆DCE为等腰三角形，
∴∠CDE=∠CED=45°，
∵点A．D．E在同一直线上，
∴∠ADC=∠BEC=135°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°；
②延长BE交AC的延长线于点G，
由①得∠CAD=∠CBE，∠AEB=90°，
在∆ACF和∆BCG中，
∵
∴∆ACF≅∆BCG（ASA），
∴AF=BG，
∵∠CAF=∠BAF，∠AEB=∠AEG=90°，AE=AE，
∴∆AEB≅∆AEG，
∴BE=GE=2，
∴AF=4．
．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质，熟练掌握“旋转全等”模型，是解题的关键．