宜昌市兴山县2023-2024学年八年级上学期期末数学测试卷(含答案)

绝密★启用前宜昌市兴山县2023-2024学年八年级上学期期末数学测试卷考试范围：八年级上册(人教版)；考试时间：120分钟注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分一、选择题（共10题）1.（2021年春•武昌区期末）（2021年春•武昌区期末）如图，点E是正方形ABCD的边BC延长线一点，连接AE交CD于F，作∠AEG=∠AEB，EG交CD的延长线于G，连接AG，当CE=BC=2时，作FH⊥AG于H，连接DH，则DH的长为（）A.2-B.-1C.D.2.（2022年春•寿光市校级月考）下列说法中正确的说法有（）（1）解分式方程一定会产生增根；（2）方程=0的根为x=2；（3）x+=1+是分式方程．A.0个B.1个C.2个D.3个3.（2021•岳麓区校级模拟）如图，​BD​​，​CE​​分别是​ΔABC​​的高线和角平分线，且相交于点​O​​，若​∠BCA=70°​​，则​∠BOE​​的度数是​(​​​)​​A.​60°​​B.​55°​​C.​50°​​D.​40°​​4.（浙江省锦绣育才教育集团七年级（下）期末数学试卷）已知多项式ax+b与2x2-x+2的乘积展开式中不含x的一次项，且常数项为-4，则ab的值为（）A.-2B.2C.-1D.15.将x2+16添加一项，补成一个三项式后恰好是完全平方式，则补上的这个单项式为（）A.16xB.8x或-8xC.16x或-16xD.8x、-8x或x46.（2022年春•重庆校级月考）下列从左到右的变形中，属于因式分解的是（）A.（x+y）（x-2y）=x2-x+y2B.（a-b）2=（a-b）（a-b）C.3x2-x=x（3x-1）D.m2-n2=（m-n）27.（北京三十一中八年级（上）期中数学试卷）下列说法错误的说法有几个（）①全等三角的对应边相等；②全等三角形的对应角相等；③全等三角形的面积相等；④全等三角形的周长相等；⑤有两边和第三边上的高对应相等的两个三角形全等；⑥全等三角形的对应边上的中线相等．A.1个B.2个C.3个D.5个8.（广西来宾市八年级（上）期中数学试卷）如图，以BC为边的三角形有（）个．A.3个B.4个C.5个D.6个9.（湖北省武汉市北大附中为明实验中学八年级（上）期末数学模拟试卷）如图是两块完全一样的含30°角的三角板，分别记作△ABC和△A1B1C1，现将两块三角板重叠在一起，高较长直角边的中点为M，绕中点M转动上面的三角板ABC，直角顶点C恰好落在三角板△A1B1C1的斜边A1B1上．当∠A=30°，B1C=2时，则此时AB的长为（）A.6B.8C.9D.1010.（2022年春•邵阳县校级月考）化简5a•（2a2-ab），结果正确的是（）A.-10a3-5abB.10a3-5a2bC.-10a2+5a2bD.-10a3+5a2b评卷人得分二、填空题（共10题）11.（2022年秋•莱州市期末）十六边形的外角和等于．12.（2016•沈阳一模）已知C，D两点在线段AB的垂直平分线上，且∠ACB=40°，∠ADB=68°，则∠CAD=．13.（2022年春•苏州校级月考）若（x-1）0=1，则x需要满足的条件．14.（四川省广元市剑阁中学八年级（下）第一次月考数学试卷）等边三角形的边长为3，则该三角形的面积为．15.（苏科版八年级上册《第2章轴对称图形》2022年单元测试卷（江苏省太仓二中））（1）如图①，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=60°，AD=4，BC=7，则梯形ABCD的周长是．（2）如图②，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC的平分线AD交BC于点D，DE∥AC，DE交AB于点E，M为BE的中点，连接DM．在不添加任何辅助线和字母的情况下，图中的等腰三角形共有个．16.如图，点E为AB上一点，以AE，BE为边在AB同侧作等边△AED和等边△BEC，点P，Q，M，N分别是AB，BC，CD，DA的中点．（1）判断四边形PNMQ的形状，并证明；（2）∠NPQ的度数为（直接写出结果）．17.（江苏省淮安市淮安区八年级（上）期末数学试卷）一个角的对称轴是它的．18.（青岛版八年级上册《第2章图形的轴对称》2022年单元测试卷（山东省泰安市岱岳区徂徕一中）（A卷））（2022年秋•临夏州校级期中）一辆汽车的车牌在水中的倒影如图所示，则该车的车牌号码是．19.（3m+2n）（3m-2n）=．20.如图，△ABC与△ADE都是等腰直角三角形，△ABC经旋转后能与△ADE重合，旋转中心是______，旋转了______．评卷人得分三、解答题（共7题）21.（2021•雁塔区校级模拟）先化简，再求值：​(2-4x+3)÷22.（2020•武昌区模拟）如图，​AB//FC​​，点​D​​在​AB​​上，​DF​​交​AC​​于​E​​，​DE=FE​​．求证：​AE=CE​​．23.（2021•娄底）计算：​(​24.（四川省成都七中育才学校八年级（下）期末数学模拟试卷（2））我市向汶川灾区赠送270台计算机并于近期启运，经与其物流公司联系，得知用A型汽车若干辆，刚好装完；如用B型汽车，可比A型汽车少一辆，但有一辆少装30台．已知每辆A型汽车比每辆B型汽车少装15台．（1）求只选用A型汽车或B型汽车装运需要多少辆？（2）已知A型汽车的运费是每辆350元，B型汽车的运费是每辆400元，若运送这批计算机同时用这两种型的汽车，其中B型汽车比A型汽车多用1辆，所需运费比单独用任何一种型号的汽车都要节省，按这种方案需A、B两种型号的汽车各多少辆？运费多少元？25.（浙江省温州市平阳县新纪元中学八年级（上）第二次段考数学试卷）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（-3，-1）、B（-4，-3）、C（-2，-5）．（1）在图中作出△ABC关于x轴对称的图形；（2）求S△ABC．26.若一个多边形的一个外角与它所有内角和为1160°，求这个多边形的边数．27.（四川省资阳市简阳市八年级（下）期末数学试卷）如图，在直角梯形ABON中，AN∥BO，∠ANO=90°，点A恰好在线段OB垂直平分线上，P为ON上一点，∠OPB=∠OAB，OA、OB交于点M，若ON=3，求OP+PB的值．参考答案及解析一、选择题1.【答案】【解答】解：过点A作AJ⊥EG于点J，如图所示：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∵∠AEG=∠AEB，∴AJ=AB，∴AJ=AD，在Rt△AGJ与Rt△AGD中，，∴Rt△AGJ≌Rt△AGD（HL），∴JG=GD，在Rt△ABE与Rt△AJE中，，∴Rt△ABE≌Rt△AJE（HL），∴EJ=BE，即GE+GD=BE，延长AD交EG于点M，作HQ⊥AD，HP⊥CD，∵△AGJ≌△AGD，AD∥BC，∴∠AMG=2∠CEF，∠JAM=2∠GAM，∴在△AJM中，2（∠CEF+∠GAM）=90°，∴∠CEF+∠GAM=45°．∵AD∥BC，∴∠CEF=∠DAF，∴∠CEF+∠GAM=∠DAF+∠GAM=HAF=45°，∴AH=HF．∵在△AHI与△DIF中，∵∠DFI=∠HAI，∴△FHG∽△ADG，∴=，∵∠AGD=∠AGD，∴△GHD∽△GAF，∴∠HDG=45°．在等腰直角△HDP与等腰直角△HQD中，∵PD=HQ=QD=HD，∴PF=DF+PD=DF+HD，在Rt△AHQ和Rt△FHP中，，∴Rt△AHQ≌△Rt△FHP（HL），∴AQ=DF+HD，∴AD=AQ+DQ=DF+HD+HD=DF+HD，∵四边形ABCD是正方形，CE=BC=2，∴CF为△ABE的中位线，∴CF=AB=1，∴DF=CF=1，AD=AB=BC=2，∴2=1+HD，∴DH=，故选C．【解析】【分析】过点A作AJ⊥EG于点J，根据HL证明△AGJ≌△AGD，故JG=GD，再由角平分线的性质得出AJ=AB，由HL得出△ABE≌△AJE，得出GE+GD=BE，延长AD交EG于点M，作HQ⊥AD，HP⊥CD，由△AGJ≌△AGD，AD∥BC可知∠AMG=2∠CEF，∠JAM=2∠GAM，可得出∠CEF+∠GAM=∠DAF+∠GAM=∠HAF=45°，即AH=HF．由相似三角形的判定定理可知△FHG∽△ADG故=，由此可得∠HDG=45°．根据HL可得△AHQ≌△FHP，故AQ=DF+HD，再由AD=AQ+DQ=DF+HD，即可得出结果．2.【答案】【解答】解：①解分式方程不一定会产生增根；②方程=0的根为x=2，分母为0，所以是增根；所以①②错误，根据分式方程的定义判断③正确．故选：B．【解析】【分析】根据分式方程的定义、增根的概念的定义解答．3.【答案】解：​∵BD⊥AC​​，​∴∠BDC=90°​​，​∵CE​​平分​∠ACB​​，​∠ACB=70°​​，​∴∠DCO=35°​​，​∴∠BOE=∠COD=90°-35°=55°​​，故选：​B​​．【解析】根据角平分线的定义和三角形的内角和即可得到结论．本题考查了三角形的内角和，角平分线的定义，熟练掌握三角形的内角和是解题的关键．4.【答案】【解答】解：∵（ax+b）（2x2-x+2）=2ax3+（2b-a）x2+（2a-b）x+2b，又∵展开式中不含x的一次项，且常数项为-4，∴，解得：，∴ab=（-1）-2=1，故选D．【解析】【分析】利用多项式与多项式相乘的法则求解即可．5.【答案】【解答】解：①若x2是平方项，则x2+16=x2+42，又∵2×x×4=8x，∴需要加上8x或-8x，②若x2是乘积二倍项，则x2=2×4×x2，又∵（x2）2=x4．∴应该加上x4，综上所述，再加上的单项式是：8x或-8x或x4．故选：D．【解析】【分析】分x2是平方项与乘积二倍项进行讨论，然后再利用完全平方公式进行解答．6.【答案】【解答】解：A、（x+y）（x-2y）=x2-x-2y2是整式的乘法，且计算错误，不是因式分解，故本选项错误；B、（a-b）2=（a-b）（a-b）不是因式分解，故本选项错误；C、3x2-x=x（3x-1），是因式分解，故本选项正确；D、m2-n2=（m-n）2结果错误，因而不是因式分解，故选项错误．故选：C．【解析】【分析】根据因式分解的定义：把整式分解为几个整式乘积的形式，即可作出判断．7.【答案】【解答】解：①全等三角的对应边相等，说法正确；②全等三角形的对应角相等，说法正确；③全等三角形的面积相等，说法正确；④全等三角形的周长相等，说法正确；⑤有两边和第三边上的高对应相等的两个三角形全等，说法错误；⑥全等三角形的对应边上的中线相等，说法正确．故选：A．【解析】【分析】根据全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等；全等三角形的对应角相等；全等三角形的对应边上的高、中线以及对应角的平分线相等；全等三角形的周长相等，面积相等；平移、翻折、旋转前后的图形全等进行分析即可．8.【答案】【解答】解：以BC为边的三角形有△BCN，△BCO，△BMC，△ABC，故选B【解析】【分析】根据三角形的定义（由不在同一条直线上的三条线段首尾顺次相接所组成的图形叫做三角形）找出图中的三角形．9.【答案】【解答】解：连接C1C，∵M是AC的中点，△ABC，△A1B1C1是两块完全一样的含30°角三角板重叠在一起的，∴AM=CM=A1C1，即CM=AA1M=C1M，∴∠A1=∠1，∠2=∠3，∴A1+∠3=∠1+∠2=90°=∠A1CC1，∴△B1C1C为直角三角形，∵∠A1=30°，∴∠B1=60°，∴∠B1C1C=30°，∴BC=B1C1=2B1C=4，∵∠A=30°，∴AB=2BC=8．故答案为B．【解析】【分析】此题先连接C1C，根据M是AC、AC1的中点，AC=A1C1，得出CM=A1M=C1M=AC，再根据等边对等角得出∠A1=∠1，∠2=∠3，进一步得出△B1C1C为直角三角形，从而求得BC=B1C1=2B1C=4，AB=2BC=8．10.【答案】【解答】解：5a•（2a2-ab）=10a3-5a2b，故选：B．【解析】【分析】按照单项式乘以多项式的运算法则进行运算即可．二、填空题11.【答案】【解答】解：十六边形的外角和等于360°．故答案为：360°．【解析】【分析】根据多边形的外角和定理解答．12.【答案】【解答】解：①如图1，∵点C、D为线段AB的垂直平分线上的两点，∴CA=CB，DA=DB，在△CAD和△CBD中，，∴△CAD≌△CBD，∴∠CAD=∠CBD，∵∠ACB=40°，∠ADB=68°，∴∠CAD=（360°-40°-68°）=121°；②如图2，∵点C为线段AB的垂直平分线上的点，∴CA=CB，∴∠CAB=∠CBA=（180°-40°）=70°，∵点D为线段AB的垂直平分线上的点，∴DA=DB，∴∠DAB=∠DBA=（180°-68°）=56°，∴∠CAD=∠CBD=70°-56°=14°．综上所述：∠CAD=70°或14°．故答案为：70°或14°．【解析】【分析】①根据线段的垂直平分线的性质得到CA=CB，DA=DB，证明△CAD≌△CBD，得到答案；②根据线段的垂直平分线的性质和等腰三角形的性质证明结论．13.【答案】【解答】解：若（x-1）0=1，则x需要满足的条件是：x≠1．故答案为：x≠1．【解析】【分析】直接利用零指数幂的性质得出答案．14.【答案】【解答】解：等边三角形高线即中线，故D为BC中点，∵AB=3，∴BD=1.5，∴AD==，∴等边△ABC的面积=BC•AD=×3×=．故答案为：．【解析】【分析】根据等边三角形三线合一的性质可得D为BC的中点，即BD=CD，在直角三角形ABD中，已知AB、BD，根据勾股定理即可求得AD的长，即可求三角形ABC的面积，即可解题．15.【答案】【解答】解：（1）过点A作BC的垂线AE，则BE=（BC-AD）=，在直角三角形△ABE中，cosB==，因而AB=3，则梯形ABCD的周长是4+7+3+3=17．（2）等腰三角形有△MBD、△MDE、△EAD共3个．依据：MD是直角△BED斜边上的中线，则BM=ME=DM，因而△BMD和△MDE是等腰三角形；∵DE∥AC，∴∠EDA=∠CAD，又∵∠CAD=∠EAD，∴∠EDA=∠EAD，∴△AED是等腰三角形．故答案为：17，3．【解析】【分析】（1）过点A作BC的垂线AE，从而可求得BE的长，根据三角函数可求得AB的长，从而就可求得梯形的周长了；（2）由已知条件，得到角相等，根据等角对等边，找出题中两条边相等的三角形，利用题中的已知条件证明即可．16.【答案】【解答】解：（1）四边形PNMQ为菱形．证明如下：连接AC、BD，且AC、BD交于点O．在△AEC与△DEB中，，∴△AEC≌△DEB（SAS），∴AC=DB，∵AB、BC、CD、DA的中点分别为P、Q、M、N，∴PQ=MN=AC，PQ∥MN∥AC，∴四边形PNMQ为平行四边形，同理MQ=BD，∴MQ=PQ，∴四边形PNMQ为菱形；（2）由（1）知，△AEC≌△DEB，则∠ACE=∠DBE．∵∠CAE+∠ACE=60°，∠CAE+∠DBE=60°，∴∠AOB=180°-60°=120°，∴∠NPQ=∠AOB=120°．故答案是：120°．【解析】【分析】（1）易证△AEC≌△DEB得AC=DB，根据AB、BC、CD、DA的中点分别为P、Q、M、N，可证PQ=MN=AC，PQ∥MN∥AC，四边形PQMN为平行四边形，根据邻边相等的平行四边形可以判定为菱形；（2）利用（1）中全等三角形的对应角相等得到：∠ACE=∠DBE．结合等边三角形的性质和三角形外角定理推知∠CAE+∠DBE=60°，由三角形内角和定理求得∠NPQ=∠AOB=120°．17.【答案】【解答】解：一个角的对称轴是它的角平分线所在的直线，故答案为：角平分线所在的直线．【解析】【分析】根据对称轴是图形沿某条直线折叠，直线两旁的部分完全重合，这条直线是对称轴，可得答案．18.【答案】【解答】解：根据镜面反射对称性质，可知图中所示车牌号应为：MT7936．故答案为：MT7936．【解析】【分析】易得所求的牌照与看到的牌照关于水平的一条直线成轴对称，作出相应图形即可求解．19.【答案】【解答】解：（3m+2n）（3m-2n）=9m2-4n2．故答案为9m2-4n2．【解析】【分析】利用平方差公式计算即可．20.【答案】△ABC以A为旋转中心，以∠CAB为旋转角，逆时针旋转得到△ADE．故旋转中心是：A，旋转角是45°．故答案是：A，45°．【解析】三、解答题21.【答案】解：​(2-4​=2(x+3)-4​=2x+6-4​=2(x+1)​=2x+6当​x=-2​​时，原式​=2×(-2)+6【解析】根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后将​x​​的值代入化简后的式子即可解答本题．本题考查分式的化简求值，解答本题的关键是明确分式化简求值的方法．22.【答案】证明：​∵AB//FC​​，​∴∠A=∠FCE​​，在​ΔAED​​和​ΔCEF​​中，​​​∴ΔAED≅ΔCEF(AAS)​​，​∴AE=CE​​．【解析】由先平行线的性质得​∠A=∠FCE​​，再证​ΔAED≅ΔCEF(AAS)​​，即可得出​AE=CE​​．本题考查了全等三角形的判定与性质以及平行线的性质等知识；熟练掌握平行线的性质，证明三角形全等是解题的关键．23.【答案】解：原式​=1+2​=1+2​=2​​．【解析】根据零指数幂，分母有理化，负整数指数幂，特殊角的三角函数值计算即可．本题考查了零指数幂，分母有理化，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，考核学生的计算能力，正确进行分母有理化是解题的关键．24.【答案】【解答】解：（1）设A型汽车每辆可装计算机x台，则B型汽车每辆可装计算机（x+15）台．依题意得：=+1．解得：x=45，x=-90（舍去）．经检验：x=45是原方程的解．则x+15=60．答：A型汽车每辆可装计算机45台，B型汽车每辆可装计算机60台．（2）由（1）知．若单独用A型汽车运送，需6辆，运费为2100元；若单独用B型汽车运送，需车5辆，运费为2000元．若按这种方案需同时用A，B两种型号的汽车运送，设需要用A型汽车y辆，则需B型汽车（y+1）辆．根据题意可得：350y+400（y+1）＜2000．解得：y＜．因汽车辆数为正整数．∴y=1或2．当y=1时，y+1=2．则45×1+60×2=165＜270．不同题意．当y=2时，y+1=3．则45×2+60×3=270．符合题意．此时运费为350×2