2024_2025学年广东省深圳市光明区八年级下册期末考试数学试卷

这是一份2024_2025学年广东省深圳市光明区八年级下册期末考试数学试卷，共29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

1.由基础图形经过变换得到下列图形，其中为中心对称图形的是（ ）
A.B.C.D.

2.若x>y，则下列选项中正确的是（ ）
A.x+5−y3

3.若一个正多边形的每一个外角都等于36∘，则它是( )
A.正九边形B.正十边形C.正十一边形D.正十二边形

4.某公司销售部门制定新的销售目标．如图，y1反映了销售收入与销量x之间的关系，y2反映了销售成本与销量x之间的关系．当y1>y2时开始盈利，即销量（ ）时，开始盈利
A.x>600B.x≥600C.x9x2−4xy，等式两边同时乘2（正数），不等式方向不变，则2x>2y，选项正确；
D、若x>y，等式两边同时乘−13（负数），不等式方向改变，则−x3600时，y1>y2．
故选A．
5.
【正确答案】
C
【考点】
已知因式分解的结果求参数
本题考查了已知因式分解结果求参数，掌握多项式乘多项式法则是解题关键．根据题意将2x−1x+3展开，即可得到k的值．
解：∵多项式2x2+kx−3可分解为2x−1x+3，
∴2x2+kz−3=2x−1x+3=2x2−x+6x−3=2x2+5x−3，
∴k=5，
故选：C．
6.
【正确答案】
D
【考点】
用HL证全等（HL）
本题主要考查三角形全等的判定方法，掌握三角形全等的判断是解题的关键．
依据图形可得到BC=BC是公共边，结合∠BAC=∠BDC=90∘，AB=DB进行判断即可．
解：∵∠BAC=∠BDC=90∘，
∴△ABC和△DBC均为直角三角形，
∵AB=DBBC=BC ，
∴△ABC≅△DBCHL．
故选：D．
7.
【正确答案】
B
【考点】
根据旋转的性质求解
找旋转中心、旋转角、对应点
本题考查了网络作图．熟练掌握旋转性质，平行四边形性质 ，全等三角形判定和性质，线段垂直平分线判定和性质，是解题的关键．
根据四边形AFA​′G和四边形BHB​′I是平行四边形，得点P，Q分别是AA​′，BB​′在中点．由MA=MA​′=12+22=5，NB=NB​′=32+42=5，得点M，N分别在AA​′，BB​′的垂直平分线上．得DA=DA​′，DB=DB​′，得△DAB≅△DA​′B​′SSS，得∠ADB=∠A​′DB​′，得∠ADA​′=∠BDB​′，即得D是旋转中心．
解：连接AA​′，BB​′，
取点G，H，I，M，N，
连接FG,HI分别交AA​′，BB​′于点P，Q，
作射线MP,NQ，
射线MP,NQ过点D，
∴点D为旋转中心．
故选：B．
8.
【正确答案】
B
【考点】
利用平行四边形的性质求解
证明四边形是平行四边形
与三角形中位线有关的证明
本题考查了平行四边形的性质与判定，三角形的中位线定理，掌握相关知识点并灵活运用，连接AC,BD相交于点O是解题的关键．
连接AC,BD相交于点O，根据三角形的中位线定理可判定选项A，D；利用与三角形的中线有关的面积关系，可判定选项B，C．
解：如图，连接AC,BD相交于点O，
∵E,H分别为AB,AD的中点，
∴EH为△ABD的中位线，
∴EH=12BD,EH // BD，
同理可得FG=12BD,FG // BD，EF=12AC,EF // AC，HG=12AC,HG // AC，
∴EH=FG,EH // FG，
∴四边形EFGH的形状为平行四边形，
故选项A正确；
∵EF+EH+HG+FG=12AC+12BD+12AC+12BD=AC+BD，
∴四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的对角线之和，
故选项D正确；
如图2，连接OH，设AO与EH交于点M，DO与HG交于点N，
∵H为AD的中点，
∴S△AOH=S△DOH=12S△AOD，
又∵EH // BD，即MH // OD
∴M为OA的中点，
∴S△MOH=S△MAH=12S△AOH=14S△AOD，
同理可得，S△NOH=14S△AOD，
∴S△MOH+S△NOH=12S△AOD，
∴四边形MONH的面积等于△AOD的面积的一半，
∴对角线AB,CD将平行四边形EFGH分割得到的四个四边形均等于各自所在大三角形的面积的一半，
∴四边形EFGH的面积是四边形ABCD面积的12，
故选项B错误，选项C正确；
故选：B．
二、填空题
9.
【正确答案】
xx−y．
【考点】
提公因式法与公式法的综合运用
原式提取公因式即可得到结果．
解：x2−xy=xx−y．
故xx−y
10.
【正确答案】
1
【考点】
分式值为零的条件
分式的值为0，即是分子为0，分母不能为0，据此可以解答本题．
解：∵x−1x+1=0，
∴x−1=0，x+1≠0
∴x=1．
故1
11.
【正确答案】
能
【考点】
平面镶嵌（密辅）
本题考查了平面图形的镶嵌、正多边形的内角，正确理解平面图形的镶嵌是解题关键．平面图形的镶嵌的关键是围绕一点拼在一起的正多边形的内角加在一起恰好组成一个周角，即360∘为正多边形一个内角的整数倍才能用这个正多边形进行平面镶嵌，据此解答即可得．
解： ∵正方形的一个内角的度数为90∘，且360∘÷40∘=9，
∴用若干个全等的正方形能镶嵌整个平面．
故能．
12.
【正确答案】
70∘/70度
【考点】
利用平行四边形的性质求解
此题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形对角相等是解题的关键
根据平行四边形对角相等求出∠A=∠C=70∘．
解：如图，
在▱ABCD中，∠A+∠C=140∘,∠A=∠C，
∴∠A=∠C=70∘，
故70∘．
13.
【正确答案】
1或3
【考点】
角平分线的性质
线段垂直平分线的性质
等边三角形的性质与判定
勾股定理的应用
本题主要考查等边三角形的判定和性质，垂直平分线的性质和角平分线的性质，分两种情况：当点位于△ABC内部时，作三角形的垂直平分线交于点D，则CN=3，AN=CE=3，DN=DE，设DN=x，则CD=3−x，在Rt△CDN中，利用勾股定理得CD2=NC2+DN2；当点位于△ABC外部时，作△ABC的外角平分线交于点F，则点F满足三条公路的距离都相等，判定△AFB为等边三角形，即EF=32AB即可．
解：①当点位于△ABC内部时，
∵AB=BC=CA=23km，
∴作三角形的垂直平分线交于点D，如图，
则CN=3，AN=CE=3，DN=DE，
设DN=x，则CD=3−x，
在Rt△CDN中，CD2=NC2+DN2，即3−x2=32+x2，
解得x=1，
②当点位于△ABC外部时，
作△ABC的外角平分线交于点F，如图，则点F满足三条公路的距离都相等，
∵AB=BC=CA=23km，
∴∠FAB=∠FBA=60∘，
则△AFB为等边三角形，
∴EF=32AB=32×23=3，
故1或
三、解答题
14.
【正确答案】
−8