福建省厦门集美中学2021-2022学年八年级上学期期末考试数学试题

这是一份福建省厦门集美中学2021-2022学年八年级上学期期末考试数学试题，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（共10题，每题4分，共40分）
1．下列表情中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．要使分式有意义，应满足的条件是（ ）
A．B．C．D．
3．生物学家发现了一种病毒，其长度约为0.00000032mm，将数据0.00000032用科学记数法表示正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．下列运算正确的是（ ）
A．B． C． D．
5．在下列长度的各组线段中，能组成三角形的是（ ）
A．1，2，4B．1，4，9C．3，4，5D．4，5，9
6．如图，三角形，，是三角形的高，图中相等的是（ ）．
A． B． C． D．
7．已知的六个元素，下面甲、乙、丙三个三角形中标出了某些元素，则与全等的三角形是（ ）
A．只有乙B．只有丙C．甲和乙D．乙和丙
8．如图，以的顶点为圆心，适当长为半径画弧，交于点，交于点．再分别以点、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内部交于点，过点作射线，连接．则下列说法错误的是（ ）
A．射线是的平分线B．是等腰三角形
C．、两点关于所在直线对称D．、两点关于所在直线对称
9．从边长为的大正方形纸板中挖去一个边长为的小正方形纸板后，将其裁成四个相同的等腰梯形（如图甲），然后拼成一个平行四边形（如图乙）．那么通过计算两个图形阴影部分的面积，可以验证成立的公式为（ ）
A． B．
C．D．
10．如图，在等腰，，点为内一点，且，若长为6，则的面积为（ ）
A．12B．16C．18D．24
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题（共6题，每题4分，共24分）
11．点关于轴对称的点的坐标是______．
12．十边形的外角和是______°．
13．已知，，则 的值为______．
14．小李家离某书店6千米，他从家中出发步行到该书店，返回时由于步行速度比去时每小时慢了1千米，结果返回时多用了半小时．如果设小李去书店时的速度为每小时千米，那么列出的方程是______．
15．如图，在中，、的垂直平分线、相交于点，若等于76°，则______．
16．如图，点为线段外一动点，，，分别以、为边作等边、等边，连接．则线段长的最大值为______．
三、解答题（共9题，共86分）
17．（1）因式分解：
（2）整式计算：
18．（8分）解分式方程：．
19．如图：，，和相交于点，求证：．
20．先化简，再求值：，从，1，2，3中选择一个合适的数代入并求值．
21．如图，中，，
（1）作边的垂直平分线，交于点．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）连结，求的度数．
22．为了创建全国卫生城市，某社区要清理一个卫生死角内的垃圾，租用甲、乙两车运送，两车各运12趟可完成，需支付运费4800元．已知甲、乙两车单独运完此堆垃圾，乙车所运趟数是甲车的2倍，且乙车每趟运费比甲车少200元．
（1）求甲、乙两车单独运完此堆垃圾各需运多少趟？
（2）若单独租用一台车，租用哪台车合算？
23．如图，已知、、三点共线，与都是等边三角形，设与交于点，连接．
（1）证明：；
（2）证明：是的角平分线．
24．在初中数学学习阶段，我们常常会利用一些变形技巧来简化式子，解答问题．
材料一：在解决某些分式问题时，倒数法是常用的变形技巧之一，所谓倒数法，即把式子变成其倒数形式，从而运用约分化简，以达到计算目的．
例：已知：，求代数式的值．
解：∵，∴
即∴∴
材料二：在解决某些连等式问题时，通常可以引入参数“”，将连等式变成几个值为的等式，这样就可以通过适当变形解决问题．
例：若，且，求的值．
解：令
则，，，∴
根据材料回答问题：
（1）已知，求的值．
（2）已知，，求的值．
（3）若，，，，且，求的值．
25．如图，在平面直角坐标系中，，，且．
（1）求，的值；
（2）如图1，为轴负半轴上一点，连，过点作，使，连．求证：；
（3）如图2，若有一等腰，，连，取中点，连、．试探究和的关系．
参考答案
1．B
【分析】根据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，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【详解】解：A、不是轴对称图形，故此选项错误；B、是轴对称图形，故此选项正确；C、不是轴对称图形，故此选项错误；D、不是轴对称图形，故此选项错误；故选B．
【点睛】考查了轴对称图形，关键是正确找出对称轴的位置．
2．B
【分析】根据分式有意义，分母不等于0列式计算即可得解．
【详解】由题意得，，解得，故选：B．
【点睛】本题考查了分式有意义的条件，属于基础题，比较简单，解题关键是理解分式有意义的条件是分母不为零．
3．B
【分析】绝对值小于1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0的个数所决定．
【详解】．故选B．
【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0的个数所决定．
4．B
【详解】试题分析：A．，故本选项错误；B．，故本选项正确；C．，故本选项错误；D．，故本选项错误．故选B．
考点：单项式乘单项式；合并同类项；幂的乘方与积的乘方；完全平方公式．
5．C
【解析】试题分析：根据三角形的三边关系：两边之和大于第三边对各项逐一判断
A选项，；故不能组成三角形B选项，；故不能组成三角形
C选项，；故可以组成三角形D选项，；故不能组成三角形
故选C
考点：三角形的三边关系
点评：此题主要考查学生对应用三角形三边关系判定三条线段能否构成三角形的掌握情况，注意只要两条较短的线段长度之和大于第三条线段的长度即可判定三条线段能构成一个三角形
6．C
【分析】根据直角三角形的性质可得，由是三角形的高，可得，再运用三角形内角和定理依次判断即可．
【详解】∵，∴，故选项A错误；
∵是三角形的高，∴，∴，故选项B错误；
∵，∴，又∵，，
∴，故选项C正确，选项D错误故选C．
【点睛】本题考查了三角形的高线以及三角形的内角和定理，属于基础题型．
7．D
【分析】根据全等三角形的判定，，，，看图形中含有的条件是否与定理相符合即可．
【详解】甲、边、夹角不是50°，∴甲错误；乙、两角为58°、50°，夹边是，符合，∴乙正确；丙、两角是50°、72°，72°角对的边是，符合，∴丙正确．故选：D．
【点睛】本题主要考查对全等三角形的判定的理解和掌握，能熟练地根据全等三角形的判定定理进行判断是解此题的关键．
8．D
【详解】试题分析：A、连接、，根据作图得到，．
∵在与中，，，，∴．
∴，即射线是的平分线，正确，不符合题意．
B、根据作图得到，∴是等腰三角形，正确，不符合题意．
C、根据作图得到，又∵射线平分，∴是的垂直平分线．
∴、两点关于所在直线对称，正确，不符合题意．
D、根据作图不能得出平分，∴不是的平分线，
∴、两点关于所在直线不对称，错误，符合题意．
故选D．
9．A
【分析】分别根据正方形及平行四边形的面积公式求得甲、乙中阴影部分的面积，从而得到可以验证成立的公式．
【详解】由图1将小正方形一边向两方延长，得到两个梯形的高，两条高的和为，即平行四边形的高为，
∵两个图中的阴影部分的面积相等，即甲的面积，乙的面积．
即：．所以验证成立的公式为：．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平方差公式，运用不同方法表示阴影部分面积是解题的关键．本题主要利用面积公式求证明．
10．C
【分析】如图，延长，过作交的延长线于，再证明，可得，再代入计算可得答案．
【详解】解：如图，延长，过作交的延长线于，
∴，，
∵等腰，，∴，，∴，
∵，∴，∴，
∴．
故选：C
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的定义，三角形全等的判定与性质，掌握作适当的辅助线构建三角形全等是解题的关键．
11．
【分析】直接利用关于轴对称点的性质，横坐标不变，纵坐标改变符号，即可得出答案．
【详解】点关于轴对称的点的坐标是：．故答案为：．
【点睛】此题主要考查了关于轴对称点的性质，正确掌握横、纵坐标的变化是解题关键．
12．360
【分析】根据多边形外角和等于360°性质可得．
【详解】根据多边形的外角和等于360°，即可得十边形的外角和是360°．
【点睛】本题考查了多边形的外角和．熟记多边形外角和是关键．
13．9
【分析】将变形为，再整体代入即可求解．
【详解】解：∵，，∴．
故答案为：9．
【点睛】本题主要考察了完全平方公式的应用，解题的关键是熟练掌握完全平方公式．
14．
【解析】设小李去书店时的速度为每小时千米，根据题意得：，故答案为：．
15．14°
【分析】连接，根据垂直平分线的性质可得，，然后根据等边对等角和等量代换可得，，，从而得出，，然后根据三角形的内角和列出方程即可求出．
【详解】解：连接
∵、的垂直平分线、相交于点，∴，
∴，，∴
∵∴∴
∵∴
∴解得：
故答案为：14°．
【点睛】此题考查的是垂直平分线的性质和等腰三角形的性质，掌握垂直平分线的性质和等边对等角是解决此题的关键．
16．5
【分析】连接，根据等边三角形的性质得到，，，再利用推出，由全等三角形的性质得到，由于线段长的最大值=线段的最大值，即可得到结果．
【详解】解：连接，
∵与是等边三角形，∴，，，
∴，即，
在与中，，∴，∴；
∵线段长的最大值=线段的最大值，
当线段的长取得最大值时，点在的延长线上，且，，
∴线段长的最大值为．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了三角形的综合问题，掌握等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，并正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
17．（1）（2）；
【分析】（1）根据提取公因式与公式法综合即可因式分解；（2）根据整式的运算公式即可求解．
【详解】（1）
（2）．
【点睛】此题主要考查因式分解与整式的乘法运算，解题的关键是熟知因式分解与整式的乘法运算法则．
18．
【详解】试题分析：方程两边同时乘以，化为整式方程，解整式方程后进行检验即可得．
试题解析：方程两边同时乘以，得，整理得：，得：，
经检验：是原方程的解，∴原方程的解为．
19．见详解．
【详解】由可得，即可得出．
∵，，（对顶角相等），∴，∴．
20．，4．
【分析】根据分式的运算法则和乘法公式将原式化简，根据分式存在有意义的条件选取合适的数代入代数式计算即可．
【详解】原式
∵，，∴取，原式．
【点睛】本题考查的是分式的运算和分式存在有意义的条件，根据分式有意义的条件挑选出合适的值代入是解题的关键．
21．（1）答案见解析；（2）30°．
【解析】试题分析：（1）、根据尺规作图法则进行作图；（2）、根据以及的度数求出的度数，根据中垂线的性质求出的度数，然后根据进行计算．
试题解析：（1）、如图所示：
∵∴∵为线段的中垂线
∴∴．
考点：线段中垂线的性质、等腰三角形的性质．
22．（1）甲车单独运完需18趟，乙车单独运完需36趟；（2）单独租用一台车，租用乙车合算．
【分析】（1）设甲车单独运完此堆垃圾需运趟，则乙车单独运完此堆垃圾需运趟，根据总工作效率得出等式方程求出即可．
（2）分别表示出甲、乙两车单独运每一趟所需费用，再根据关键语句“两车各运12趟可完成，需支付运费4800元”可得方程，再解出方程，再分别计算出利用甲或乙所需费用进行比较即可．
【详解】解：（1）∴甲车单独运完此堆垃圾需运趟，则乙车单独运完此堆垃圾需运趟，根据题意得出：，解得：，则．
经检验得出：是原方程的解．
答：甲车单独运完需18趟，乙车单独运完需36趟；
（2）设甲车每一趟的运费是元，由题意得：
，解得：．
则乙车每一趟的费用是：（元），单独租用甲车总费用是：（元），单独租用乙车总费用是：（元）．
∵，故单独租用一台车，租用乙车合算．
23．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）在上取一点，使，连接，先证明得到，即可证明得到，在证明为等边三角形，即可得到答案；
（2）由（1）得，且，再利用三角形外角的性质证明即可．
【详解】解：（1）在上取一点，使，连接，
∵与都是等边三角形且、、共线，
∴，，，∴，
∴，∴，∴，而，
∴， ∴，且，
∵，∴，
∴为等边三角形，∴，
∵，∴；
（2）由（1）得，且，
对于的外角，，∴，
∴在中，外角，
∴，是的角平分线．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，角平分线的判定，三角形外角的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
24．（1）5；（2）；（3）
【分析】（1）仿照材料一，取倒数，再约分，利用等式的性质求解即可；
（2）仿照材料二，设，则，，，代入所求式子即可；
（3）本题介绍两种解法：
解法一：（3）解法一：设，化简得：①，②，③，相加变形可得、、的代入中，可得的值，从而得结论；
解法二：取倒数得：，拆项得，从而得，，代入已知可得结论．
【详解】
解：（1）∵，∴，∴，∴；
（2）∵设，则，，，∴；
（3）解法一：设，
∴①，②，③，
①+②+③得：，④，
④-①得：，④-②得：，④-③得：，
∴，，代入中，得：，
，，∴，，，∴；
解法二：∵，∴，
∴，∴，，∴，，
将其代入中得：
，，∴，，∴．
【点睛】本题考查了以新运算的方式求一个式子的值，题目中涉及了求一个数的倒数，约分，等式的基本性质，求代数式的值，解决本题的关键是正确理解新运算的内涵，确定一个数的倒数并能够根据等式的基本性质将原式变为能够进一步运算的式子．
25．（1），；（2）见解析；（3），，理由见解析
【分析】（1）先利用完全平方公式将和的式子化成绝对值与平方数之和的形式，再利用绝对值的非负数和平方数的非负性即可；
（2）如图1（见解析），作于．易证，由三角形全等的性质得，，再证明是等腰直角三角形即可；
（3）如图2（见解析），延长至，使得，连接，，，延长交于．证出和，再利用全等三角形的性质证明是等腰直角三角形即可．
【详解】（1）∵∴
由绝对值的非负性和平方数的非负性得：，
解得：，；
（2）如图1，作于
∵，∴
∴， ∴
∵∴∴，
∵∴∴
∴是等腰直角三角形，∴；
（3）如图2，延长至，使得，连接，，，延长交于
∵，，∴
∴，∴∴
∵在四边形中，
∵∴
∵是等腰直角三角形∴
∵∴∴，
∴∴是等腰直角三角形
∵∴，．
【点睛】本题考查了绝对值的非负数和平方数的非负性、三角形全等的判定定理与性质、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握这些定理与性质是解题关键．