银川市八年级上册期末数学试卷.doc

银川市八年级上册期末数学试卷
一、选择题
1、下图是我国几家银行的标志，其中是轴对称图形但不是中心对称图形的是（       ）
A． B． C． D．
2、根据纸张的质量不同，厚度也不尽相同，500张打印纸（）约厚0.052m，因此，一张纸的厚度大约是0.000104m，数据“0.000104”用科学记数法可表示为(    )
A． B． C． D．
3、下列计算正确的是（　　）
A．x2•x5＝x7 B．（x5）2＝x7 C．（2x）3＝2x3 D．x8÷x2＝x4
4、式子有意义的a的取值范围是（　　）
A．a≥1 B．a≥1且a≠0 C．a＞1且a≠0 D．a≠0
5、下列等式从左到右的变形，属于因式分解的是（       ）
A． B．
C． D．
6、下列等式成立的是（       ）
A． B． C． D．
7、如图，已知，添加一个条件后，仍无法判定的是（       ）

A． B． C． D．
8、若数a使关于x的不等式组的解集为，且使关于y的分式方程的解为负数，则符合条件的所有整数a有（       ）
A．5个 B．6个 C．7个 D．8个
9、等腰三角形的一个外角等于130°，则它的顶角为（　　）
A．50° B．80° C．50°或80° D．40°或65°
二、填空题
10、如图所示、有三种卡片，其中边长为a的正方形卡片有1张，长为a，宽为b的矩形卡片有4张，边长为b的正方形卡片有4张，用这9张卡片刚好供成一个大正方形，则这个大正方形的边长为（　　）

A．a+2b B．2a+2b C．2a+b D．a+b
11、分式的值等于0，则x＝_______．
12、点P（-2，4）关于x轴对称的点的坐标为________．
13、已知，则的值是_____．
14、计算：______．
15、如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，EF垂直平分AB，点P为直线EF上一动点，则△APC周长的最小值为_____．

16、正十二边形的内角和是_________________．
17、若x+y＝5，xy＝2，则x2+y2＝_____．
18、如图，在平面直角坐标系中，矩形 OABC 的两边分别在 x 轴和y 轴上，OA=10cm，OC=6cm．F 是线段OA 上的动点，从点O 出发，以1cm/s 的速度沿 OA 方向作匀速运动，点 Q 在线段 AB 上．已知A，Q 两点间的距离是O，F 两点间距离的a 倍．若用 (a，t)表示经过时间t（s）时，△OCF，△FAQ，△CBQ 中有两个三角形全等．请写出 (a，t) 的所有可能情况____．

三、解答题
19、分解因式：
(1)．
(2)．
20、解分式方程：
(1)；
(2)．
21、如图，已知DO＝BO，∠A＝∠C，求证：AO＝CO．

22、如果三角形的两个内角与满足，那么我们称这样的三角形为“准直角三角形”．

(1)关于“准直角三角形”，下列说法：
①在中，若，，，则是准直角三角形；
②若是“准直角三角形”， ，，则；
③“准直角三角形”一定是钝角三角形．其中，正确的是　　．（填写所有正确结论的序号）
(2)如图①，在中，，是的角平分线．
求证：是“准直角三角形”．
(3)如图②，、为直线上两点，点在直线外，且．若是上一点，且是“准直角三角形”，请直接写出的度数．
23、某社区拟建，两类摊位以搞活“地摊经济”，每个类摊位的占地面积比每个类摊位的占地面积多2平方米．用60平方米建类摊位的个数恰好是用同样面积建类摊位个数的？
(1)求每个，类摊位占地面积各为多少平方米；
(2)该社区拟建，两类摊位共90个，且类摊位的数量不少于类摊位数量的3倍．求最多建多少个类摊位．
24、我们知道，在学习了课本阅读材料：《综合与实践一面积与代数恒等式》后，利用图形的面积能解释与得出代数恒等式，请你解答下列问题：

(1)如图，根据3个正方形和6个长方形的面积之和等于大正方形的面积.可以得到代数恒等式：_____；
(2)已知，，求的值；
(3)若n、t满足如下条件：
，
，求t的值．
25、如图，等边中，点在上，延长到，使，连，过点作与点．

(1)如图1，若点是中点，
求证：①；②．
(2)如图2，若点是边上任意一点，的结论是否仍成立？请证明你的结论；
(3)如图3，若点是延长线上任意一点，其他条件不变，的结论是否仍成立？画出图并证明你的结论．
一、选择题
1、C
【解析】C
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项故符合题意；
D、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2、D
【解析】D
【分析】绝对值小于的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的的个数所决定．
【详解】解：．
故选：D
【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为，其中，为由原数左边起第一个不为零的数字前面的的个数所决定．
3、A
【解析】A
【分析】利用同底数幂的乘法及除法的法则，幂的乘方与积的乘方的法则对各项进行运算即可．
【详解】解：A、，故本选项符合题意；
B、，故本选项不符合题意；
C、，故本选项不符合题意；
D、，故本选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】此题考查了同底数幂的乘法及除法，幂的乘方与积的乘方，关键是能准确理解并运用相关计算法则．
4、B
【解析】B
【分析】根据分式有意义的条件分母不等于0和二次根式有意义的条件被开方数为非负数求解即可．
【详解】解：由题意，得
，解得：a≥-1，且a≠0，
故选：B．
【点睛】本题考查分式有意义的条件，二次根式有意义的条件，熟练掌握分式有意义的条件分母不等于0和二次根式有意义的条件被开方数为非负数是解题的关键．
5、B
【解析】B
【分析】根据因式分解是把一个多项式转化成几个整式积的形式，可得答案．
【详解】解：是整式的乘法，故A不符合题意；
，符合因式分解的定义，故B符合题意；
不是把一个多项式转化成几个整式积的形式，故C不符合题意；
，没把一个多项式转化成几个整式积的形式，故D不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了因式分解的意义，利用平方差公式分解因式，因式分解是把一个多项式转化成几个整式积的形式，注意因式分解与整式乘法的区别．
6、C
【解析】C
【分析】根据分式的基本性质进行计算逐一判断即可．
【详解】解：A、，故A不符合题意；
B、，故B不符合题意；
C、，故C符合题意；
D、，故D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了分式的基本性质，熟练掌握分式的基本性质是解题的关键．
7、C
【解析】C
【分析】A根据可判断，B根据，可判断，C不能判断，D根据可判断．
【详解】解：∵，
∴
∴
∴A. ，
B. ，       
C. 不能判断
D. ，
故选C
【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
8、B
【解析】B
【分析】解不等式组，由不等式组的解集求出a的范围，再由分式方程的解为负数以及分式有意义的条件，求出满足题意的整数a的值，进而求出符合条件a的个数．
【详解】解：解不等式组得：，
∵不等式组解集为x＜−2，
∴2a＋4≥−2，
∴a≥−3，
分式方程去分母得：，
解得：，
∵其解为负数，
∴，且，
∴a＜4且a≠2，
∵a为整数，
∴a＝−3或a＝−2或a＝−1或a＝0或a＝1或a＝3，
∴符合条件的a有6个．
故选：B．
【点睛】本题主要考查求一元一次不等式组解集、解一元一次不等式，解分式方程，熟练掌握解一元一次不等式的方法是解题关键．
9、C
【解析】C
【分析】先求出该外角的内角为50°，再分50°角为底角和顶角两种情况，求出其他两个内角的度数即可．
【详解】解：∵等腰三角形的一个外角等于130°，
∴等腰三角形的内角为180°-130°=50°，
当50°角为底角时，顶角为180°-2×50°=80°，
当50°为顶角时，底角为（180°-50°）÷2=65°，
故等腰三角形的顶角为50°或80°，
故选：C．
【点睛】此题考查了等腰三角形的性质：等腰三角形的两个底角相等．
二、填空题
10、A
【解析】A
【分析】可以得出拼成的正方形的面积为a2+4ab+4b2，将a2+4ab+4b2写成（a+2b）2的形式，即可得出正方形的边长．
【详解】解：这9张卡片拼成一个正方形的面积为a2+4ab+4b2，
∵a2+4ab+4b2＝（a+2b）2，
∴这个正方形的边长为（a+2b），
故选：A．
【点睛】考查完全平方公式的几何意义，把面积写成完全平方式的形式是得出正确答案的关键．
11、-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＝﹣1、
故答案是：﹣1、
【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．
12、
【分析】根据关于轴对称的点的横坐标不变，纵坐标互为相反数即可求解．
【详解】解：点P（-2，4）关于x轴对称的点的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了求关于轴对称的点的坐标，掌握关于坐标轴对称的点的坐标特征是解题的关键．
13、2
【分析】根据分式的运算法则即可得．
【详解】解：可化为，
则，
故答案为：1、
【点睛】本题考查了分式的减法，熟练掌握分式的运算法则是解题关键．异分母分式相加减，先通分，化成同分母分式相加减；同分母分式相加减，分母不变，分子相加减．
14、
【分析】根据同底数幂相乘法则逆用、积的乘方法则逆用运算即可．
【详解】解：．
故答案为：
【点睛】本题考查了同底数幂相乘法则逆用、积的乘方法则逆用，掌握运算法则是解题的关键．
15、7
【分析】△APC周长，因为AC＝3，所以求出AP+CP的最小值即可求出△APC周长的最小值，根据题意知点关于直线EF的对称点为点B，故当点P与点E重合时，AP+CP的值最小，即可得到结论．
【详
【解析】7
【分析】△APC周长，因为AC＝3，所以求出AP+CP的最小值即可求出△APC周长的最小值，根据题意知点关于直线EF的对称点为点B，故当点P与点E重合时，AP+CP的值最小，即可得到结论．
【详解】∵直线EF垂直平分AB，
∴A，B关于直线EF对称，
设直线EF交BC于E，
∴当P和E重合时，AP+CP的值最小，最小值等于BC的长，
∴△APC周长的最小值，
故答案为：6、
【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题的应用、垂直平分线的性质、三角形周长，解答本题的关键是准确找出P的位置．
16、1800°##1800度
【分析】n边形的内角和是(n-2)•180°，把多边形的边数代入公式，就得到多边形的内角和．
【详解】解：十二边形的内角和等于：(12-2)•180°=1800°，
故答案
【解析】1800°##1800度
【分析】n边形的内角和是(n-2)•180°，把多边形的边数代入公式，就得到多边形的内角和．
【详解】解：十二边形的内角和等于：(12-2)•180°=1800°，
故答案为：1800°．
【点睛】本题主要考查了多边形内角和问题，解决本题的关键是正确运用多边形的内角和公式，是需要熟记的内容．
17、21
【分析】原式利用完全平方公式变形，把已知等式代入计算求值即可．
【详解】解：∵，
∴将和代入，得：．
故答案为：20、
【点睛】本题考查完全平方公式和代数式求值，解题的关键是利用完全平方公式将
【解析】21
【分析】原式利用完全平方公式变形，把已知等式代入计算求值即可．
【详解】解：∵，
∴将和代入，得：．
故答案为：20、
【点睛】本题考查完全平方公式和代数式求值，解题的关键是利用完全平方公式将原式变形．
18、（1，4），（，5），（0，10）
【分析】分类讨论：①当△COF和△FAQ全等时，得到OC=AF，OF=AQ或OC=AQ，OF=AF，代入即可求出a、t的值；②同理可求当△FAQ和△CBQ全等时a
【解析】（1，4），（，5），（0，10）
【分析】分类讨论：①当△COF和△FAQ全等时，得到OC=AF，OF=AQ或OC=AQ，OF=AF，代入即可求出a、t的值；②同理可求当△FAQ和△CBQ全等时a、t的值，③△COF和△BCQ不全等，④F，Q，A三点重合，此时（0，10），综合上述即可得到答案．
【详解】解：①当△COF和△FAQ全等时，
OC=AF，OF=AQ或OC=AQ，OF=AF，
∵OC=6，OF=t，AF=10-t，AQ=at，代入得：
或，
解得：或，
∴（1，4），（，5）；
②同理当△FAQ和△CBQ全等时，必须BC=AF，BQ=AQ，
10=10-t，6-at=at，
此种情况不存在；
③因为△CBQ最长直角边BC=10，而△COF的最长直角边不能等于10，所以△COF和△BCQ不全等，
④F，Q，A三点重合，此时△COF和△CBQ全等，此时为（0，10），
故答案为：（1，4），（，5），（0，10）．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定，坐标与图形的性质等知识点，解此题的关键是正确分组讨论．
三、解答题
19、(1)
(2)
【分析】（1）提取公因式，利用平方差公式因式分解；
（2）提取公因式，利用完全平方公式因式分解．
(1)
原式
．
(2)
原式
．
【点睛】本题考查因式分解及其解题技巧的运用能力．
【解析】(1)
(2)
【分析】（1）提取公因式，利用平方差公式因式分解；
（2）提取公因式，利用完全平方公式因式分解．
(1)
原式
．
(2)
原式
．
【点睛】本题考查因式分解及其解题技巧的运用能力．合理利用因式分解常用方法：先提公因式法，后公式法（平方差公式、完全平方差公式）是解本题的关键．
20、(1)x＝1
(2)x＝﹣4
【分析】两分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
（1）解：去分母得：x+2＝3x，解得：x＝1，检验：把x＝1代入得：
【解析】(1)x＝1
(2)x＝﹣4
【分析】两分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．
（1）解：去分母得：x+2＝3x，解得：x＝1，检验：把x＝1代入得：x（x+2）≠0，∴分式方程的解为x＝1；
（2）解：去分母得：3+x（x+3）＝x2﹣9，解得：x＝﹣4，检验：把x＝﹣4代入得：（x+3）（x﹣3）≠0，∴分式方程的解为x＝﹣3、
【点睛】本题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
21、见解析
【分析】根据题目中的已知条件利用“AAS”证明△ADO≌△CBO，然后全等三角形对应边相等得出AO=CO．
【详解】证明：在△ADO和△CBO中，
，
∴△ADO≌△CBO（AAS），
∴A
【解析】见解析
【分析】根据题目中的已知条件利用“AAS”证明△ADO≌△CBO，然后全等三角形对应边相等得出AO=CO．
【详解】证明：在△ADO和△CBO中，
，
∴△ADO≌△CBO（AAS），
∴AO＝CO．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握三角形全等的条件是解决本题的关键．
22、(1)①
(2)证明见解析
(3)当，，，时，满足条件
【分析】（1）只要证明，即可判断．
（2）根据“准直角三角形”的定义即可判断．
（3）根据“准直角三角形”的定义，分类讨论即可解决问题．
(1
【解析】(1)①
(2)证明见解析
(3)当，，，时，满足条件
【分析】（1）只要证明，即可判断．
（2）根据“准直角三角形”的定义即可判断．
（3）根据“准直角三角形”的定义，分类讨论即可解决问题．
(1)
①，，
，
是“准直角三角形”．
故①正确．
②三角形的两个内角与满足，那么我们称这样的三角形为“准直角三角形”，
，
三角形的第三个角大于，
由已知得
又，

故②错误，
③正确．②中已经证明．
故答案为①③．
(2)
在中，，
，
是的角平分线，
，
，
是“准直角三角形”．
(3)
如图②中，当，，，时，满足条件，是“准直角三角形”．

【点睛】本题主要考查了三角形内角和定理，“准直角三角形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．
23、(1)每个类摊位占地面积为5平方米，每个类摊位占地面积为3平方米
(2)最多建22个类摊位
【分析】（1）设每个类摊位占地面积为平方米，则每个类摊位占地面积为平方米，由题意：用60平方米建类摊位的个
【解析】(1)每个类摊位占地面积为5平方米，每个类摊位占地面积为3平方米
(2)最多建22个类摊位
【分析】（1）设每个类摊位占地面积为平方米，则每个类摊位占地面积为平方米，由题意：用60平方米建类摊位的个数恰好是用同样面积建类摊位个数的，列出分式方程，然后解方程即可；
（2）设类摊位的数量为个，则类摊位的数量为个，由题意：建造类摊位的数量不少于类摊位数量的3倍，列出一元一次不等式，然后解不等式即可．
（1）解：设每个类摊位占地面积为平方米，则每个类摊位占地面积为平方米，依题意，得：，解得：，经检验，是原分式方程的解，且符合题意，则．答：每个类摊位占地面积为5平方米，每个类摊位占地面积为3平方米．
（2）设类摊位的数量为个，则类摊位的数量为个，依题意，得：，解得：，因为取整数，所以的最大值为21、答：最多建22个类摊位．
【点睛】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用．解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程：（2）找出数量关系，正确列出一元一次不等式．
24、(1)a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc
(2)ab+ac+bc的值为38；
(3)t的值为4、
【分析】（1）依据大正方形的面积=（a+b+c）2，各部分面积之和=a2+b2+c2+2ab+
【解析】(1)a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc
(2)ab+ac+bc的值为38；
(3)t的值为4、
【分析】（1）依据大正方形的面积=（a+b+c）2，各部分面积之和=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc，从而可得答案；
（2）依据（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc，进行计算即可；
（3）设n−2019=a，2021−2n=b，n+1=c，原式整理得（a+b+c）2= t2+2t−18+2−2t= t2−16，解方程即可求解．
(1)
解：最外层正方形的面积为：（a+b+c）2，
分部分来看，有三个正方形和六个长方形，
其和为：a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc，
总体看的面积和分部分求和的面积相等．即（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc；
故答案为：a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc；
(2)
解：∵a+b+c=11，a2+b2+c2=45，
∴112=45+2(ab+ac+bc)，
∴ab+ac+bc=(121-45)÷2=38，
∴ab+ac+bc的值为38；
(3)
解：设n−2019=a，2021−2n=b，n+1=c，
则原式为：a2+b2+c2= t2+2t−18，ab+ac+bc=1−t，
由（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc，
得：（a+b+c）2= t2+2t−18+2−2t= t2−16，
∴（n−2019+2021−2n + n+1）2= t2−16，即t2=25，
∴t=-5，或t=5，
当t=-5时，a2+b2+c2= t2+2t−18=25-10-18=-3<0，不符合题意，舍去，
当t=5时，a2+b2+c2= t2+2t−18=25+10-18=17>0，符合题意，
∴t的值为4、
【点睛】本题考查了完全平方公式的几何背景，明确相关图形的面积计算公式，数形结合，正确列式是解题的关键．
25、(1)①见解析；②见解析
(2)成立，见解析
(3)成立，见解析
【分析】（1）证明，推出，利用等腰三角形的性质，可得结论；
（2） 仍然成立，过点D作DM//BC交AC于M，证明，可得结论；
（3
【解析】(1)①见解析；②见解析
(2)成立，见解析
(3)成立，见解析
【分析】（1）证明，推出，利用等腰三角形的性质，可得结论；
（2） 仍然成立，过点D作DM//BC交AC于M，证明，可得结论；
（3）结论仍然成立，过点D作DM//BC交AC于M，证明，可得结论．
(1)
证明：如图

①∵为等边三角形，
∴，
又为中点，
∴ ，
∵，
∴ ，
∴，
∴；
②∵，
∴为等腰三角形，
∵，
∴．
(2)
仍然成立，理由如下：
如图，过点D作DM//BC交AC于M
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
而，
∴．

(3)
的结论仍然成立，理由如下：如图为所求作图．
作交的延长线于，

易证为等边三角形，
，，
而，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题属于三角形的综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加适当的辅助线，构造全等三角形解决问题．