2023-2024学年江西省上饶市玉山县八年级（上）学期期末数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省上饶市玉山县八年级（上）学期期末数学试题（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。
一、选择题（共6小题，每小题3分，共18分）
1．计算的结果是（ ）
A．B．C．D．
2．以下列各组长度的线段为边，能构成三角形的是（ ）
A．3，5，9B．6，7，11C．5，6，11D．6，10，17
3．如图，桌面上有M、N两球，若要将M球射向桌面的任意一边，使一次反弹后击中N球，则4个点中，可以瞄准的是 ( )
A．点AB．点BC．点CD．点D
4．若x是不等式﹣2x＞﹣6的正整数解，则的值是（ ）
A．B．C．D．或
5．如图所示，在等边中，是的中点，于，于，已知，则的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
6．如图，△ABC中，∠ABC、∠EAC的角平分线BP、AP交于点P，延长BA、BC，则下列结论中正确的个数（ ）
①CP平分∠ACF；
②∠ABC+2∠APC＝180°；
③∠ACB＝2∠APB；
④若PM⊥BE，PN⊥BC，则AM+CN＝AC．
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
7．一个三角形的两边长分别为3、2，第三边长为奇数，则第三边的长为 ．
8．分式的值等于0，则x＝ ．
9．已知那么 .
10．分解因式： ．
11．如图，在△ABC中，BC边的垂直平分线分别交AB、BC于D、E，BE＝4，△ADC的周长为18，则△ABC的周长为 ．
12．如图，点 C在线段 BD上，AB⊥BD于 B，ED⊥BD于 D．∠ACE＝90°，且 AC＝5cm，CE＝6cm，点 P以 2cm/s的速度沿 A→C→E向终点 E运动，同时点 Q以 3cm/s的速度从 E 开始，在线段 EC上往返运动（即沿 E→C→E→C→…运动），当点 P到达终点时，P，Q同时停止运动．过 P，Q分别作 BD的垂线，垂足为 M，N．设运动时间为 ts，当以 P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等时，t的值为 ．
三、解答题（共64分）
13．计算：
(1)
(2)
14．(1)因式分解：；
(2)解方程：．
15．先化简，再求值：，其中．
16．已知
(1)若，求A的值；
(2)A的值能否等于？请说明理由．
17．（1）如图①，已知正方形在直线上，，仅用无刻度的直尺画出一个等腰三角形；
（2）在图②中，已知正五边形，请用无刻度的直尺画出它的一条对称轴．
18．已知：在△ABC中，∠ACB=90°，点P是线段AC上一点，过点A作AB的垂线，交BP的延长线于点M，MN⊥AC于点N，PQ⊥AB于点Q，AQ=MN． 求证：
（1）△APM是等腰三角形；
（2）PC=AN．
19．随着城际铁路的开通，从甲市到乙市的高铁里程比快里程缩短了90千米，运行时间减少了8小时，已知甲市到乙市的普快列车里程为1220千米，高铁平均时速是普快平均时速的2.5倍．
（1）求高铁列车的平均时速；
（2）若从甲市到乙市途经丙市，且从甲市到丙市的高铁里程为780千米．某日王老师要从甲市去丙市参加14：00召开的会议，如果他买了当日10：00从甲市到丙市的高铁票，而且从丙市高铁站到会议地点最多需要0.5小时．试问在高铁列车准点到达的情况下，王老师能否在开会之前赶到会议地点？
20．如图．的边在直线l上，，且；的边也在直线l上，边与边重合，且．
(1)在图1中，直接写出与所满足的数量关系和位置关系；
(2)将沿直线l向左平移到图2的位置时，交于点Q，连接，，直接写出与所满足的数量关系和位置关系；
(3)将沿直线l向左平移到图3的位置时，的延长线交的延长线于点Q，连接．你认为（2）中所猜想的与的数量关系和位置关系还成立吗？若成立，给出推理说明；若不成立，请说明理由．
参考答案与解析
1．C
【分析】本题考查了单项式的乘法，单项式与单项式的乘法法则是，把它们的系数相乘，字母部分的同底数的幂分别相乘，对于只在一个单项式里含有的字母，连同它的指数作为积的一个因式．根据运算法则计算即可．
【详解】解：．
故选C．
2．B
【分析】本题考查了三角形三条边的关系，熟练掌握三角形三条边的关系是解答本题的关键．根据三角形三条边的关系计算即可，三角形任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边．
【详解】解：A．∵，∴3，5，9不能构成三角形；
B．∵，∴6，7，11能构成三角形；
C．∵，∴5，6，11不能构成三角形；
D．∵，∴6，10，17不能构成三角形；
故选B．
3．D
【分析】如下图
【详解】如图，
由图可知可以瞄准的点为点D．故选D．
4．B
【分析】先化简分式，然后根据是不等式的正整数解，可以得到的值，然后将使得原分式有意义的值代入化简后的式子即可解答本题．
【详解】解：
，
由，得，
是不等式的正整数解，
，2，
时，原分式无意义，
，
当时，原式，
故选：．
【点睛】本题考查了分式的化简求值、一元一次不等式的整数解，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．
5．C
【分析】根据等边三角形的性质得到AD＝4，AC＝8，∠A＝∠C＝60°，根据直角三角形的性质得到AE＝AD＝2，于是得到结论．
【详解】∵在等边△ABC中，D是AB的中点，AB＝8，
∴AD＝4，AC＝8，∠A＝∠C＝60°，
∵DE⊥AC于E，EF⊥BC于F，
∴∠AED＝∠CFE＝90°，∠ADE=∠CEF=30°，
∴AE＝AD＝2，
∴CE＝8−2＝6，
∴CF＝CE＝3，
∴BF＝5，
故选：C．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
6．D
【分析】①作PD⊥AC于D，PM⊥BE于M，PN⊥BC于N．由角平分线的性质得出PM＝PN，PM＝PD，得出PM＝PN＝PD，即可得出①正确；
②首先证出∠ABC+∠MPN＝180°，证明Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），得出∠APM＝∠APD，同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），得出∠CPD＝∠CPN，即可得出②正确；
③由角平分线和三角形的外角性质得出∠CAE＝∠ABC+∠ACB，∠PAM＝∠ABC+∠APB，得出∠ACB＝2∠APB，③正确；
④由全等三角形的性质得出AD＝AM，CD＝CN，即可得出④正确；即可得出答案．
【详解】解：①作PD⊥AC于D，PM⊥BE于M，PN⊥BC于N，
∵PB平分∠ABC，PA平分∠EAC，PM⊥BE，PN⊥BF，
∴PM＝PN，PM＝PD，
∴PM＝PN＝PD，
∴点P在∠ACF的角平分线上．
故①正确；
②∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠ABC+90°+∠MPN+90°＝360°，
∴∠ABC+∠MPN＝180°，
在Rt△PAM和Rt△PAD中，，
∴Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），
∴∠APM＝∠APD，
同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），
∴∠CPD＝∠CPN，
∴∠MPN＝2∠APC，
∴∠ABC+2∠APC＝180°．
故②正确；
③∵PA平分∠CAE，BP平分∠ABC，
∴∠CAE＝∠ABC+∠ACB，∠PAM＝∠ABC+∠APB，
∴∠ACB＝2∠APB．
故③正确；
④∵Rt△PAM≌Rt△PAD（HL），
∴AD＝AM，
同理：Rt△PCD≌Rt△PCN（HL），
∴CD＝CN，
∴AM+CN＝AD+CD＝AC．
故④正确；
故选D．
【点睛】此题考查了角平分线的性质定理和逆定理，全等三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和的性质．准确理解题意、熟练运用相关性质或定理是解题的关键．
7．3
【分析】此题考查了三角形的三边关系，解题的关键是熟练掌握三角形的三边关系．根据三角形的三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．可知第三边的取值范围是大于1而小于5，再结合第三边是奇数即可求解．
【详解】解：第三边x的范围是：．
∵第三边长是奇数，
∴第三边是3，
故答案为：3
8．-2
【分析】根据分子为零，分母不为零，即可求解．
【详解】解：根据题意，得x2﹣4＝（x+2）（x﹣2）＝0且x﹣2≠0．
所以x+2＝0．
所以x＝﹣2．
故答案是：﹣2．
【点睛】此题只要分式的值，解题的关键是熟知分式的值等于零时，分子为零，分母不为零．
9．9
【分析】根据同底数幂除法法则进行计算即可.
【详解】∵a-b=2，
∴3a÷3b=3a-b=32=9，
故答案为9.
【点睛】本题考查了同底数幂除法的应用，熟练掌握同底数幂除法的运算法则是解题的关键.
10．
【分析】本题考查了因式分解，把一个多项式化成几个整式的乘积的形式，叫做因式分解．因式分解常用的方法有：①提公因式法；②公式法；③十字相乘法；④分组分解法．因式分解必须分解到每个因式都不能再分解为止．先提取公因式，再用完全平方公式分解．
【详解】解：
．
故答案为：．
11．26
【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到DB＝DC，BC＝2BE＝8，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【详解】解：∵DE是线段BC的垂直平分线，BE＝4，
∴DB＝DC，BC＝2BE＝8，
∵△ADC的周长为18，
∴AC+AD+DC＝18，
∴AC+AD+DB＝AC+AB＝18，
∴△ABC的周长＝AC+AB+BC＝26，
故答案为：26．
【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．
12．1或或
【分析】根据全等三角形的性质可得PC＝CQ，然后分三种情况根据PC＝CQ分别得出关于t的方程，解方程即得答案．
【详解】解：当点P在AC上，点Q在CE上时，如图，
∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，
∴PC＝CQ，
∴5﹣2t＝6﹣3t，解得：t＝1；
当点P在AC上，点Q第一次从点C返回时，
∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，
∴PC＝CQ，
∴5﹣2t＝3t﹣6，解得：t＝；
当点P在CE上，点Q第一次从E点返回时，
∵以P，C，M为顶点的三角形与△QCN全等，
∴PC＝CQ，
∴2t﹣5＝18﹣3t，解得：t＝；
综上所述：t的值为1或或．
故答案为：1或或．
【点睛】本题考查了全等三角形的应用，正确分类、灵活应用方程思想、熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
13．(1)
(2)
【分析】本题考查了整式的运算及分式的混合运算，注意运算法则及运算顺序不要出错；
（1）先计算积的乘方，再计算除法；
（2）按照分式混合运算的顺序进行即可．
【详解】（1）解：
；
（2）解：
．
14．(1)
(2)
【分析】本题考查了综合提公因式、公式法进行因式分解，解分式方程等知识．熟练掌握综合提公因式、公式法进行因式分解，解分式方程是解题的关键．
（1）利用综合提公因式、公式法进行因式分解即可；
（2）先去分母将分式方程化成整式方程，然后求整式方程的解，最后检验即可．
【详解】（1）解：
；
（2）解：，
，
，
解得，，
经检验，是原分式方程的解．
15．
【分析】本题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．先根据整式的运算法则把所给代数式化简在，再把代入计算即可．
【详解】
，
当时，
原式．
16．(1)
(2)不能，理由见解析
【分析】（1）根据分式的运算法则把所给代数式化简，再把a化简后代入计算即可；
（2）令（1）化简的结果等于列方程求解即可．
【详解】（1）
，
∵，
∴原式；
（2）当时，
解得，
∵当时，原分式无意义，
∴A的值不能等于．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，零指数幂和负整数指数幂的意义，解分式方程，熟练掌握分式的运算法则和分式方程的解法是解答本题的关键．
17．（1）见解析；（2）见解析
【分析】本题考查了作图-应用与设计作图，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．
（1）根据正方形的性质即可找到点O，是等腰三角形．
（2）连接交于点O，直线即为所求．
【详解】解：（1）如图所示，
（2）如图所示，
18．（1）见解析；（2）见解析
【分析】(1)利用条件得到∠BAM=∠ANM=90°，∠PAQ=∠AMN即可解答.
(2)转换角度，利用角平分线性质解答.
【详解】（1）解：∵BA⊥AM，MN⊥AC，
∴∠BAM=∠ANM=90°，
∴∠PAQ+∠MAN=∠MAN+∠AMN=90°，
∴∠PAQ=∠AMN，
∵PQ⊥AB，MN⊥AC，
∴∠PQA=∠ANM=90°，
在△AQP和△MNA中，
∴△AQP≌△MNA，
∴MA=AP，
∴△APM是等腰三角形．
（2）解：∵MA=AP，
∴∠AMP=∠APM，
∵∠APM=∠BPC，
∴∠AMP=∠BPC，
∵∠BPC+∠PBC=90°，∠AMB+∠ABM=180°-∠BAM=90°，
∴∠ABM=∠PBC，
∵PQ⊥AB，PC⊥BC，
∴PQ=PC（角平分线的性质），
由（1）可知AN=PQ，
∴PC=AN．
【点睛】本题是几何综合题，全等三角形的判定与性质、角平分线性质等重要知识点．题干中给出的条件较多，图形复杂，难度较大，对考生能力要求较高；
19．（1）高铁列车的平均时速为240千米/小时；（2）王老师能在开会之前到达．
【分析】（1）设普快的平均时速为x千米/小时，高铁列车的平均时速为2.5x千米/小时，根据题意可得，高铁走（1220-90）千米比普快走1220千米时间减少了8小时，据此列方程求解；
（2）求出王老师所用的时间，然后进行判断．
【详解】解：（1）设普快的平均时速为x千米/小时，高铁列车的平均时速为2.5x千米/小时，
由题意得， ，
解得：x＝96，
经检验，x＝96是原分式方程的解，且符合题意，
则2.5x＝240，
答：高铁列车的平均时速为240千米/小时；
（2）780÷240＝3.25，
则坐车共需要3.25+0.5＝3.75（小时），
从10：00到下午14：00，共计4小时＞3.75小时，
故王老师能在开会之前到达．
【点睛】此题考查分式方程的应用，解题关键在于列出方程
20．(1)
(2)，理由见解析
(3)成立，理由见解析
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质；
（1）先说明、，再根据角的和差以及等腰三角形的判定即可解答；掌握等腰三角形的性质是解答本题的关键；
（2）如图：延长交于点M，根据证明可得，再根据角的和差以及等量代换得到即可解答；证得是解题的关键；
（3）如图：延长交于点N，根据证明可得，再根据角的和差以及等量代换得到即可解答；证得是解题的关键．
【详解】（1）解：∵，且，
∴是等腰直角三角形，
∴，
由题意可得：点E和点A、点C和点F重合，
同理得：
∴，，
∴．
故答案为：．
（2）解：，理由如下：
如图：延长交于点M，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴,
∴，
∵，
∴，
∴，BQ⊥AP．
（3）解：在（2）中所猜想的与的数量关系和位置关系成立，理由如下：
延长交于点N，
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，BQ⊥AP．