人教版初二数学上册期末模拟试题含答案

人教版初二数学上册期末模拟试题含答案一、选择题1、下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（

）A． B． C． D．2、斑叶兰的种子小得简直像灰尘一样，1亿粒斑叶兰种子才50克重，因种子太小，只有放在显微镜下才能看清它的真面目，它的一粒种子重约0.0000005克，数据0.0000005用科学记数法表示为（

）A． B． C． D．3、已知：，，则的值是（

）A． B． C．4 D．4、若分式有意义，则x的取值范围是（）A．x＞-1 B．x＜-1 C．x≠-1 D．x≠05、下列等式从左到右的变形是因式分解的是（

）A． B．C． D．6、①，都是分式；②分式的基本性质之一可以表示为；③是最简分式；④与的最简公分母是．以上四个结论中正确的有（

）A．③④ B．①④ C．① D．③7、如图，已知，添加以下条件，不能判定的是（

）A． B．C． D．8、若关于的分式方程的解是正数，则的取值范围是（

）A．或 B． C．且 D．且9、将一副三角尺按如图所示的方式摆放，则的大小为（

）A． B． C． D．二、填空题10、如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，AD⊥BD于点D，DEAC交AB于点E，若AB=8，则DE的长度是（

）A．6 B．2 C．3 D．411、若分式的值为0，则x＝_________．12、已知点A与点B（－3，4）关于x轴对称，则点A关于y轴对称的点的坐标为___．13、若，则______．14、若3x－5y－1=0，则________．15、如图，将等边折叠，使点B恰好落在AC边上的点D处，折痕为EF，O为折痕EF上的动点，若AD＝2，AC＝6，则的周长最小值为______．16、如图是中国古代建筑中的一个正六边形的窗户，则它的内角和为_____．17、已知x满足（x﹣2020）2+（2022﹣x）2＝10，则（x﹣2021）2的值是____．18、如图，AB＝4cm，AC＝BD＝3cm，∠CAB＝∠DBA，点P在线段AB上以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上由点B向点D运动．设运动时间为t（s），则当△ACP与△BPQ全等时，点Q的运动速度为__cm/s．三、解答题19、因式分解：(1)(2)20、先化简，再求值，其中．21、已知：如图，C是AE的中点，AB∥CD，且AB＝CD．求证：△ABC≌△CDE．22、（1）如图1，求证：．（2）如图2，、的二等分线（即角平分线）BF、CF交于点F．已知，，求∠BFC的度数；（3）如图3，、分别为、的2021等分线（i＝1，2，3……，2019，2020）它们的交点从上到下依次为、、……．已知，，则______度．23、一位沙漠吉普爱好者驾车从甲站到乙站与大部队汇合，出发2小时后车子出了点故障，修车用去半小时时间，为了弥补耽搁的时间，他将车速增加到原来的1.6倍，结果按时到达，已知甲、乙两站相距100千米，求他原来的行驶速度．24、阅读理解应用待定系数法：设某一多项式的全部或部分系数为未知数、利用当两个多项式为恒等式时，同类项系数相等的原理确定这些系数，从而得到待求的值．待定系数法可以应用到因式分解中，例如问题：因式分解．因为为三次多项式，若能因式分解，则可以分解成一个一次多项式和一个二次多项式的乘积．故我们可以猜想可以分解成，展开等式右边得：，根据待定系数法原理，等式两边多项式的同类项的对应系数相等：，，可以求出，．所以．（1）若取任意值，等式恒成立，则________；（2）已知多项式有因式，请用待定系数法求出该多项式的另一因式；（3）请判断多项式是否能分解成的两个均为整系数二次多项式的乘积，并说明理由．25、如图①，在等边△ABC中，点D、E分别是AB、AC上的点，BD=AE，BE与CD交于点O．（1）填空：∠BOC＝度；（2）如图②，以CO为边作等边△OCF，AF与BO相等吗？并说明理由；（3）如图③，若点G是BC的中点，连接AO、GO，判断AO与GO有什么数量关系？并说明理由．一、选择题1、B【解析】B【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义，逐项判断即可求解．【详解】A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不符合题意；B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；C、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故本选项不符合题意；D、既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项不符合题意；故选：B.【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形是解题的关键．2、D【解析】D【分析】根据绝对值小于1的数可以用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，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，即可求解．【详解】解：0.0000005=．故选：D【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，熟练掌握一般形式为，其中，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定是解题的关键．3、D【解析】D【分析】结合幂的乘方的运算法则，得到，然后结合同底数幂的乘除法法则即可计算．【详解】∴==4÷8×9=故选：D【点睛】本题涉及同底数幂的运算，熟练掌握幂的乘方运算法则是解题的关键．4、C【解析】C【分析】根据分式有意义的条件进行解答即可．【详解】解：要使有意义，则，即，故C正确．故选：C．【点睛】本题主要考查了分式有意义的条件，熟练掌握使分式有意义，则分母不等于0，是解题的关键．5、D【解析】D【分析】把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，也叫做分解因式，根据因式分解的定义进行判断即可．【详解】解：A．，属于整式乘法，故本选项不符合题意；B．，不属于因数分解，故本选项不符合题意；C．，不属于因数分解，故本选项不符合题意；D．，属于因数分解，故本选项符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了因式分解的意义，解题的关键是熟记定义，因式分解与整式乘法是相反方向的变形，即互逆运算，二者是一个式子的不同表现形式．因式分解是两个或几个因式积的表现形式，整式乘法是多项式的表现形式．6、D【解析】D【分析】根据最简分式的概念、分式的基本性质，最简分式及最简公分母的确定逐一判断即可．【详解】解：都是分式，是整式，故①不符合题意；分式的基本性质之一可以表示为（C≠0），故②不符合题意；的分子与分母除1外，再没有公因式，是最简分式，故③符合题意；与的最简公分母是ab（x+2），故④不符合题意；故选：D．【点睛】本题主要考查分式的含义，分式的基本性质，最简分式与最简公分母，一个分式的分子与分母没有公因式时，叫最简分式；通常取各分母系数的最小公倍数与字母因式的最高次幂的积作公分母，这样的公分母叫做最简公分母．7、C【解析】C【分析】全等三角形的判定方法有SAS，ASA，AAS，SSS，根据定理逐个判断即可．【详解】已知在和中，，，A．∵，由，可证得，故本选项不符合题意；B．∵，∴，由，可证得，故本选项不符合题意；C．∵，由，无法证得，故本选项符合题意；D．∵，由，可证得，故本选项不符合题意．故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质的应用，能正确根据全等三角形的判定定理进行推理是解此题的关键．8、A【解析】A【分析】首先求得分式方程的解为x=4-m,再根据解为正数得4-m>0且4-m1,从而求得m的取值范围即可．【详解】解：，去分母，得1-m-(x-1)=-2，去括号，得1-m-x+1=-2，移项，合并得x=4-m，∵方程的解为正数，∴4-m>0且4-m1，解得m<4且，故选：A．【点睛】本题考查分式方程的特殊解,难度适中，解题的关键是注意要排除分式方程无解情况．9、B【解析】B【分析】根据三角形的外角性质解答即可．【详解】解：由三角形外角性质得故选：B．【点睛】本题考查三角形的外角性质，是基础考点，掌握三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角和是解题关键．二、填空题10、D【解析】D【分析】分别延长AC、BD交于点F，根据角平分线的性质得到∠BAD=∠FAD，证明△BAD≌△FAD，根据全等三角形的性质得到BD=DF，根据平行线的性质得到BE=ED，EA=ED，进一步计算即可求解．【详解】解：分别延长AC、BD交于点F，∵AD平分∠BAC，AD⊥BD，∴∠BAD=∠FAD，∠ADB=∠ADF=90°，在△BAD和△FAD中，，∴△BAD≌△FAD（ASA），∴∠ABD=∠F，∵DEAC，∴∠EDB=∠F，∠EDA=∠FAD，∴∠ABD=∠EDB，∠EDA=∠EAD，∴BE=ED，EA=ED，∴BE=EA=ED，∴DE=AB=×8=4，故选：D．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、平行线的性质，掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．11、-2【分析】根据分式值为零得到，且，即可求出答案．【详解】解：由题意得，且，∴x=-2，故答案为：-1、【点睛】此题考查了分式值为零的性质：分子为零，且分母不为零．12、A【解析】（3，-4）【分析】根据关于x轴对称的点的横坐标相等，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点的纵坐标相等，横坐标互为相反数，可得答案．【详解】解：∵点A与点B（－3，4）关于x轴对称，∴A(-3，-4)，∴点A关于y轴对称的点的坐标为(3，-4)．故答案为：(3，-4)．【点睛】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，利用关于x轴对称的点的横坐标相等，纵坐标互为相反数；关于y轴对称的点的纵坐标相等，横坐标互为相反数是解题的关键．13、【分析】根据条件，可得出，所以．将式子展开化简可得：．将代入，则原式，故答案为．【详解】解：，，，，把代入得：原式，故答案为．【点睛】．本题主要考查知识点为：分式的加减，完全平方公式．熟练掌握分式的加减方法和完全平方公式是解决此题的关键．14、10【分析】原式利用同底数幂的除法法则变形，将已知等式代入计算即可求出值．【详解】解：，即，∴原式=．故答案为：10【点睛】此题考查了同底数幂的除法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．15、10【分析】连接BD、OB，由折叠得OB=OD，根据等边三角形的性质求出BC，CD，当点B、O、C共线时，的周长最小，计算即得．【详解】解：连接BD、OB，由折叠得EF是BD的垂直平分线，∴【解析】10【分析】连接BD、OB，由折叠得OB=OD，根据等边三角形的性质求出BC，CD，当点B、O、C共线时，的周长最小，计算即得．【详解】解：连接BD、OB，由折叠得EF是BD的垂直平分线，∴OB=OD，∵△ABC是等边三角形，AD＝2，AC＝6，∴AC=BC=6，CD=AC-AD=6-2=4，∴的周长=CD+OC+OD=4+OC+OB，∴当点B、O、C共线时，的周长最小，最小值为4+BC=4+6=10，故答案为：9、．【点睛】此题考查了轴对称的性质，三角形周长最小值，正确理解轴对称的性质及三点共线的性质是解题的关键．16、720°##720度【分析】根据多边形内角和可直接进行求解．【详解】解：由题意得：该正六边形的内角和为；故答案为720°．【点睛】本题主要考查多边形内角和，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关【解析】720°##720度【分析】根据多边形内角和可直接进行求解．【详解】解：由题意得：该正六边形的内角和为；故答案为720°．【点睛】本题主要考查多边形内角和，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键．17、4【分析】根据题意原式可化为[（x﹣2021）+1]2+[（x﹣2021）﹣1]2＝10，再应用完全平方公式可化为（x﹣2021）2+2（x﹣2021）+1+（x﹣2021）2﹣2（x﹣2021）【解析】4【分析】根据题意原式可化为[（x﹣2021）+1]2+[（x﹣2021）﹣1]2＝10，再应用完全平方公式可化为（x﹣2021）2+2（x﹣2021）+1+（x﹣2021）2﹣2（x﹣2021）+1＝10，应用整体思想合并同类项，即可得出答案．【详解】解：∵（x﹣2020）2+（x﹣2022）2＝10∴[（x﹣2021）+1]2+[（x﹣2021）﹣1]2＝10，∴（x﹣2021）2+2（x﹣2021）+1+（x﹣2021）2﹣2（x﹣2021）+1＝10，∴2（x﹣2021）2+2＝10，∴（x﹣2021）2＝3、故答案为：3、【点睛】本题考查了完全平方公式：（a±b）2＝a2±2ab＋b2，熟练掌握完全平方公式的结构特征是解题的关键．18、1或1.5【分析】分两种情况讨论：当△ACP≌△BPQ时，从而可得点的运动速度；当△ACP≌△BQP时，可得：从而可得点的运动速度，从而可得答案．【详解】解：当△ACP≌△BPQ时，则AC【解析】1或1.5【分析】分两种情况讨论：当△ACP≌△BPQ时，从而可得点的运动速度；当△ACP≌△BQP时，可得：从而可得点的运动速度，从而可得答案．【详解】解：当△ACP≌△BPQ时，则AC＝BP，AP＝BQ，∵AC＝3cm，∴BP＝3cm，∵AB＝4cm，∴AP＝1cm，∴BQ＝1cm，∴点Q的速度为：1÷（1÷1）＝1（cm/s）；当△ACP≌△BQP时，则AC＝BQ，AP＝BP，∵AB＝4cm，AC＝BD＝3cm，∴AP＝BP＝2cm，BQ＝3cm，∴点Q的速度为：3÷（2÷1）＝1.5（cm/s）；故答案为：1或1.4、【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，分类讨论的数学思想，掌握利用分类讨论解决全等三角形问题是解题的关键．三、解答题19、(1)(2)【分析】（1）先提公因式xy，再利用平方差公式分解因式求解即可；（2）先提公因式-4x，再利用完全平方公式分解因式求解即可．（1）解：；（2）解：．【点睛】本题考【解析】(1)(2)【分析】（1）先提公因式xy，再利用平方差公式分解因式求解即可；（2）先提公因式-4x，再利用完全平方公式分解因式求解即可．（1）解：；（2）解：．【点睛】本题考查提公因式法和公式法分解因式，熟记公式，正确求解是解答关键．20、，2【分析】根据分式的加减乘除运算进行化简，然后将代入求解即可．【详解】解：原式当时，原式．【点睛】此题考查了分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的加减乘除运算法则．【解析】，2【分析】根据分式的加减乘除运算进行化简，然后将代入求解即可．【详解】解：原式当时，原式．【点睛】此题考查了分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的加减乘除运算法则．21、见解析【分析】根据全等三角形的判定方法SAS，即可证明△ABC≌△CDE．【详解】证明：∵点C是AE的中点，∴AC=CE，∵AB∥CD，∴∠A=∠ECD，在△ABC和△CDE中，，∴△【解析】见解析【分析】根据全等三角形的判定方法SAS，即可证明△ABC≌△CDE．【详解】证明：∵点C是AE的中点，∴AC=CE，∵AB∥CD，∴∠A=∠ECD，在△ABC和△CDE中，，∴△ABC≌△CDE（SAS）．【点睛】本题考查了全等三角形的判定，全等三角形的判定方法：SSS，SAS，ASA，AAS，直角三角形还有HL．22、（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）延长BO交AC于D，由外角的性质可得∠BOC＝∠B+∠A+∠C；（2）由（1）知，，由角平分线的性质和外角的性质即可求解；（3）由题意知：∠ABO10【解析】（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）延长BO交AC于D，由外角的性质可得∠BOC＝∠B+∠A+∠C；（2）由（1）知，，由角平分线的性质和外角的性质即可求解；（3）由题意知：∠ABO1000＝∠ABO，∠OBO1000＝∠ABO，∠ACO1000＝∠ACO，∠OCO1000＝∠ACO，由三角形的外角性质可求解．【详解】解：（1）如图1，延长BO交AC于D，∴，，∴，即．（2）由（1）知，∵∠ABE、∠ACE的二等分线（即角平分线）BF、CF交于点F．∴，∵，，∴，∴，∴，∴．（3）由题意知：∠ABO1000＝∠ABO，∠OBO1000＝∠ABO，∠ACO1000＝∠ACO，∠OCO1000＝∠ACO，∴∠BOC＝∠OBO1000+∠OCO1000+∠BO1000C＝（∠ABO+∠ACO）+∠BO1000C，∠BO1000C＝∠ABO1000+∠ACO1000+∠BAC＝（∠ABO+∠ACO）+∠BAC，则∠ABO+∠ACO＝（∠BO1000C﹣∠BAC），代入∠BOC＝（∠ABO+∠ACO）+∠BO1000C，∴∠BOC＝×（∠BO1000C﹣∠BAC）+∠BO1000C，解得：∠BO1000C＝（∠BOC+∠BAC）＝∠BOC+∠BAC，∵∠BOC＝m°，∠BAC＝n°，∴∠BO1000C＝m°+n°＝（）°；故答案为：．【点睛】此题考查了三角形的外角性质、角平分线的定义等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．23、他原来行驶速度为30km/h【分析】设这个人原来行驶的速度为xkm/h，根据题意可得等量关系为：原计划用的时间=2+0.5+后来走剩余路程所用时间，把相应数值代入即可求解．【详解】解：设这个人原【解析】他原来行驶速度为30km/h【分析】设这个人原来行驶的速度为xkm/h，根据题意可得等量关系为：原计划用的时间=2+0.5+后来走剩余路程所用时间，把相应数值代入即可求解．【详解】解：设这个人原来行驶的速度为xkm/h，根据题意得，解得经检验是原方程的解答：他原来的行驶速度为30km/h．【点睛】本题考查了分式方程的应用，根据题意找准等量关系是解题的关键．24、（1）1；（2）；（3）多项式能分解成两个均为整系数二次多项式的乘积，理由详见解析.【分析】（1）根据题目中的待定系数法原理即可求得结果；（2）根据待定系数法原理先设另一个多项式，然后根据恒等原【解析】（1）1；（2）；（3）多项式能分解成两个均为整系数二次多项式的乘积，理由详见解析.【分析】（1）根据题目中的待定系数法原理即可求得结果；（2）根据待定系数法原理先设另一个多项式，然后根据恒等原理即可求得结论；（3）根据待定系数原理和多项式乘以多项式即可求得结论．【详解】（1）根据待定系数法原理，得3-a=2，a=1．故答案为1．（2）设另一个因式为（x2+ax+b），（x+1）（x2+ax+b）=x3+ax2+bx+x2+ax+b=x3+（a+1）x2+（a+b）x+b∴a+1=0

a=-1

b=3∴多项式的另一因式为x2-x+2、答：多项式的另一因式x2-x+2、（3）多项式x4+x2+1能分解成两个整系数二次多项式的乘积．理由如下：设多项式x4+x2+1能分解成①（x2+1）（x2+ax+b）或②（x+1）（x3+ax2+bx+c）或③（x2+x+1）（x2+ax+1），①（x2+1）（x2+ax+b）=x4+ax3+bx2+ax+b=x4+ax3+（b+1）x2+ax+b∴a=0，b+1=1

，b=1

由b+1=1得b=0≠1，故此种情况不存在.②（x+1）（x3+ax2+bx+c），=x4+ax3+bx2+cx+x3+ax2+bx+c=x4+（a+1）x3+（b+a）x2+（b+c）x+c∴a+1=0

b+a=1

b+c=0

c=1解得a=-1，b=2，c=1，又b+c=0，b=-1≠2，故此种情况不存在．③（x2+x+1）（x2+ax+1）=x4+（a+1）x3+（a+2）x2+（a+1）x+1∴a+1=0，a+2=1，解得a=-1．即x4+x2+1=（x2+x+1）（x2-x+1）∴x4+x2+1能分解成两