人教版2023-2024学年八年级数学上册期末复习综合练习题(一)及答案

这是一份人教版2023-2024学年八年级数学上册期末复习综合练习题(一)及答案，共11页。试卷主要包含了选择题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．分式有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x＜﹣2B．x≠﹣2C．x＞﹣2D．x≥﹣2
2．下列计算不正确的是（ ）
A．x3•x3＝x6B．a2•a3＝a5C．（a5）2＝a7D．x7÷x2＝x5
3．下列等式从左到右的变形中，属于因式分解的是（ ）
A. B.
C. D.
4．下列图形中对称轴最多的是（ ）
A．圆B．正方形C．等腰三角形 D．线段
5．下列尺规作图，能判断AD是△ABC边上的高是（ ）
A．B．C．D．
6．如图，AD，AE分别是△ABC的高和角平分线，若∠B＝30°，∠C＝50°，则∠DAE的度数为（ ）
A．10°B．15°C．20°D．25°
第9题图
第8题图
第6题图
7．已知a+b＝5，ab＝2，则代数式a2﹣ab+b2的值为（ ）
A．8B．18C．19D．25
8．如图，在△ACD和△BCE中，AC＝BC，AD＝BE，CD＝CE，∠ACE＝55°，∠BCD＝155°，AD与BE相交于点P，则∠BPD的度数为（ ）
A．110°B．125°C．130°D．155°
9．如图，在中，，以顶点A为圆心，适当长为半径画弧，分别交AC，AB于点M，N，再分别以点M，N，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP交边BC于点D，点E在AB上．若AC=6，CD=2，AB=7，当DE最小时，△BDE的面积是（ ）
A．2B．1C．6D．7
10．若关于x的方程的解为负数，且关于x的不等式组无解．则所有满足条件的整数a的值之积是（ ）
A．0B．4C．5D．6
二．填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11．据悉，华为Mate40 Pr和华为Mate40 Pr+搭载业界首款麒麟芯片，其中就是．将数据用科学记数法表示为 ．
12．计算： ．
13．已知三角形三边长分别为a+1，a+2，a+3，则a的取值范围是 ．
第16题图
14．分解因式： ．
15．已知x2+x+1=0，则x3-x2-x+7= ．
16．如图，分别是的高和角平分线，与相交于G，平分交于E，交于M，连接交于H，且．
有下列结论：①；②；③；④．
其中，正确的结论有 ．（填序号）
三、解答题（共8小题，共72分）
17．（6分）已知：如图，AB=CD，DE⊥AC，BF⊥AC，E，F是垂足，AE=CF．求证：DE=BF；
（8分）(1)计算： （2）解分式方程：．
19．（10分）化简求值：
（1），其中．
（2），其中．
20．（8分）如图，在等边三角形ABC中，AD⊥BC于点D，以AD为一边向右作等边三角形ADE，DE与AC交于点F．
（1）试判断DF与EF的数量关系，并给出理由．
（2）若CF的长为2cm，试求等边三角形ABC的边长．
21．（8分）从一个边长为a的正方形纸片（如图1）上剪去两个相同的小长方形，得到一个美术字“5”的图案（如图2），再将剪下的两个小长方形拼成一个新长方形（如图3）．
(1)求：新长方形的周长（用含有a，b的式子表示），
(2)求：美术字“5”的图案的面积（用含有a，b的式子表示）．
(3)若a=8，剪去的小长方形的宽为1，求新长方形的周长和美术字“5”的图案的面积．
22． （1 0分）如图，是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的顶点在格点上．已知A（－2，4），B（5，2），C（2，－1）．请选择适当的格点，用无刻度的直尺在网格中完成下列画图，保留作图的痕迹，不要求说明理由．
（1）若△ABC关于轴的对称图形为△A1B1C1请写出B的对称点B1的坐标______．
（2）在图（1）中作AB边上的高CD，并直接写出ABC的面积______．
（3）在图（1）中的AC上作点E，使∠ABE=45°；
（4）在图（2）中的轴上作点M使AM+MB的和最小，请画出点M并写出M点坐标______．
23．（10分）某地为某校师生交通方便，在通往该学校原道路的一段全长为360m的旧路上进行整修铺设柏油路面．铺设120m后，为了尽量减少施工对城市交通所造成的影响，后来每天的工效比原计划增加20%，结果共用32天完成这一任务．
(1)求原计划每天铺设路面的长度；
(2)若市政部门原来每天支付工人工资为600元，提高工效后每天支付给工人的工资增长了30%，现市政部门为完成整个工程准备了25000元的流动资金．请问，所准备的流动资金是否够支付工人工资？并说明理由．
24．（12分）如图，等腰三角形ABC和等腰三角形ADE，其中AB＝AC，AD＝AE．
(1)如图1，若∠BAC＝90°，当C、D、E共线时，AD的延长线AF⊥BC交BC于点F，则∠ACE＝______；
(2)如图2，连接CD、BE，延长ED交BC于点F，若点F是BC的中点，∠BAC＝∠DAE，证明：AD⊥CD；
(3)如图3，延长DC到点M，连接BM，使得∠ABM＋∠ACM＝180°，延长ED、BM交于点N，连接AN，若∠BAC＝2∠NAD，请写出∠ADM、∠DAE它们之间的数量关系，并写出证明过程．
2023-2024学年人教版八年级数学上册期末复习综合练习题（一）
参考答案
一、选择题
10.解：将分式方程去分母得：a(x－1)＋(x＋1)(x－1) = (x＋a)(x＋1)，解得：x=－2a－1，
∵解为负数，
∴－2a－1<0，解得：，
∵当x=1时，a=－1；x=－1时，a=0，此时分式的分母为0，无意义，
∴；
将不等式组整理得：，
∵此不等式组无解，∴，
∴a的取值范围为：，
∴所有满足条件的整数a的值为：1，2，3．
∴所有满足条件的整数a的值之积是：．
故选：D．
二、填空题
11． 12．6 13． 14． 15．9 16．①②④
16．提示：如图：
∵，
∴，
∵平分，
∴，，
在中，，
∴，
∴．故①正确；
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴．
在和中，，∴（AAS）．
∴．
∵平分，
∴，即，
∴，
∴，
∴．
在和中，，∴（ASA）．故②正确；
∴，
∵，且，
∴．故④正确；
延长交于点N，
∵，
∴，
在和中，，∴（ASA）．
∴，
∴，
∴，故③错误．
所以正确的结论是①②④．
三、解答题
17．证明：∵AE=CF，
∴AE+EF=CF+EF，
∴AF=CE.
∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠DEC=∠BFA=90°.
在Rt△ABF和Rt△CDE中，
，∴Rt△ABF≌Rt△CDE(HL)，
∴DE=BF.
18．（1）（解：
．
（2）解：，
解得：，
检验：当时，，
所以是增根，
即分式方程无解．
19．（1）原式

，
当时，
原式．
（2）原式
∵
∴
∴原式．
20．解：（1）DF＝EF．
理由：∵△ABC和△ADE均是等边三角形，
∴∠BAC＝∠DAE＝60°，
∵AD⊥BC，
∴BD＝DC，∠BAD＝∠DAC＝×60°＝30°，
∴∠CAE＝60°﹣30°＝30°，
即∠DAC＝∠CAE，
∴AC垂直平分DE，
∴DF＝EF；
（2）在Rt△DFC中，∵∠FCD＝60°，∠CFD＝90°，
∴∠CDF＝90°﹣60°＝30°，
∵CF＝2cm，
∴DC＝4cm，
∴BC＝2DC＝2×4＝8cm，
即等边三角形ABC的边长为8cm．
21．（1）解：∵新长方形的长为a-b，宽为a-3b，
∴新长方形的周长=2a-b+a-3b=4a-8b；
（2）解：a2-a-ba-3b=a2-a2-4ab+3b2
=a2-a2+4ab-3b2=4ab-3b2；
（3）解：∵小长方形的宽为1，可知新长方形的宽为2，∴a-3b=2
∵a=8∴b=2
∴新长方形的周长=4a-8b=4×8-8×2=16，
美术字“5”的图案的面积=4ab-3b2=4×8×2-3×22=52．
22．（1）解：，
点关于轴的对称点的坐标为，
（2）解：即为所求作；
，
故答案为：；
（3）解：将绕点A顺时针旋转得到，
根据旋转的性质可知，，，
为等腰直角三角形，

点在上，
与交点即为所求作点；
（4）解：作点关于轴的对称点，连接，
由轴对称性质可知，，
，
、、三点共线时，有最小值，
点在轴上，
与轴的交点即为点M，
设点M（m,0）,（面积法求m）
则：
解得：，
点坐标为，
23．（1）解：设原计划每天铺设管道，则后来的工作效率为，
根据题意，得，
解得：，
经检验：是原分式方程的解．
答：原计划每天铺设管道的长度为．
（2）解：够；
理由：，
（元,
．
现市政部门为完成整个工程所准备的流动资金够支付工人工资．
24．（1）解：∵△ABC为等腰三角形，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
由三角形外角性质知，∠ADE=∠ACE+∠DAC，∠AED=∠ECB+∠B，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED，
∴∠ACE+∠DAC=∠ECB+∠B，
∵AF⊥BC，
∴∠BAF=∠CAD=45°，
∴∠ACE=∠BCE，
又∠ACB=45°，
∴∠ACE=22.5°，故答案为：22.5°．
（2）证明:延长DF至Q，使FQ = DF，连接BQ，
∵∠BAC=∠EAD，
∴∠EAB =∠DAC，
∵AB= AC，AD = AE，
∴△DAC≌△EAB(SAS)，
∴DC= BE，∠ADC =∠AEB，
∵F为BC的中点，
∴BF = CF，
又∵DF =FQ，∠DFC=∠BFQ
∴△DFC≌△QFB(SAS)，
∴DC = QB，∠CDF=∠Q，
∴QB= BE，
∴∠Q =∠BEQ，
∵AE = AD，
∴∠AED =∠ADE，
∴∠AEB=∠AED + ∠BEQ
∴∠ADE+∠Q =∠ADE + ∠CDF=∠ADC
∴∠ADE+ ∠CDF + ∠ADC=180°
∴∠ADC= 90°，
∴AD⊥CD;
（3）∠DAE +2∠ADM =180°.理由如下:
方法1：在BN上截取BH=CD，接AH，
∵∠ABM +∠ACM =180°，
∠ACM +∠ACD=180°，
∴∠ABM =∠ACD，
又∵AB =AC，
∴△ABH≌△ACD(SAS)，
∴∠BAH =∠CAD，AD = AH，
∠AHB=∠ADC，
∴∠BAC=∠BAH + ∠HAC=∠CAD + ∠HAC= ∠HAD
∵∠BAC= 2∠NAD，
∴∠HAN =∠NAD，
∴AN = AN，
∴△AHN≌△DAN(SAS)，
∴∠AHN =∠ADN，
∴∠AHN +∠AHB=180°，
∵ADE +∠ADN = 180°，
∠AHB=∠ADE，
∴∠ADM =∠ADE，
∵AD=AE，
∴∠DAE+2∠ADE=180°，
即∠DAE+2∠ADM=180°．
方法2：将AN绕A逆时针旋转∠BAC的度数，交MD延长线于Q，
∵∠BAC=∠QAN，
∴∠QAC=∠BAN，
∵∠ABM+∠ACM=180°，∠ACM+∠ACQ=180°，
∴∠ABM=∠ACQ，
∵AB=AC，
∴△ACQ≌△ABN，
∴AN=AQ，
∵∠BAC=2∠NAD=∠NAQ，
∴∠QAD=∠NAD，
又AD=AD，
∴△AND≌△ADQ，
∴∠AND=∠ADQ，
即∠ADM+∠MDN=∠ADE+∠EDQ，
∴∠ADM=∠ADE，
∵AD=AE，
∴∠DAE+2∠ADE=180°，
即∠DAE+2∠ADM=180°．
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
C
A
A
B
C
C
C
B
D