期末测试卷【B卷】（解析版）

期末卷B卷一、单选题1.(3分)下列运算正确的是（

）A.

a2•a3＝a5

B.

（a﹣b）2＝a2﹣b2

C.

（a2）3＝a5

D.

35﹣5＝3【答案】A【考点】同底数幂的乘法，二次根式的加减法，完全平方式，幂的乘方【解析】【解答】解：A、a2•a3=a5，故此选项正确；B、(a﹣b)2＝a2﹣2ab+b2，故此选项错误；C、(a2)3=a6，故此选项错误；D、35﹣5=25，故此选项错误；故答案为：A.【分析】直接利用同底数幂的乘法运算法则以及完全平方公式、二次根式的加减运算法则计算得出答案.2.(3分)下列图形，一定是轴对称图形的是（）A.

直角三角形

B.

梯形

C.

平行四边形

D.

线段【答案】D【考点】轴对称图形【解析】【解答】解：A、直角三角形不是轴对称图形，除了等腰直角三角形，故不符合题意；B、梯形不是轴对称图形，除了等腰梯形，故不符合题意；C、平行四边形不是轴对称图形，故不符合题意；D、线段是轴对称图形，故符合题意；故答案为：D．【分析】轴对称图形，是指在平面内沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，这条直线就叫做对称轴

。根据轴对称图形的定义对每个选项一一判断即可。3.(3分)一个三角形的两边长分别为3和8，则第三边长可能是（

）A.

5

B.

6

C.

3

D.

11【答案】B【考点】三角形三边关系【解析】【解答】解：∵此三角形的两边长分别为3和8，∴第三边长的取值范围是：8-3＜第三边＜8+3．即5＜第三边＜11，观察选项，只有选项B符合题意．故答案为：B．【分析】根据三角形的三边关系计算即可作答。4.(3分)一个多边形内角和是1080°，则这个多边形是（

）

A.

五边形

B.

六边形

C.

七边形

D.

八边形【答案】D【考点】多边形内角与外角【解析】【解答】试题分析：设这个多边形是n边形，由题意知，（n-2）×180°=1080°，∴n=8，所以该多边形的边数是八边形．故答案为：D．【分析】根据n边形的内角和为（n-2）×180°，建立方程求解即可。5.(3分)等腰三角形的一个内角是50°，则这个等腰三角形的底角的大小是(

)A.

65°或80°

B.

80°或40°

C.

65°或50°

D.

50°或80°【答案】C【考点】三角形内角和定理，等腰三角形的性质【解析】【解答】当50°的角是底角时，三角形的底角就是50°；当50°的角是顶角时，两底角相等，根据三角形的内角和定理易得底角是65度．故答案为：C．【分析】分两种情况：①当50°的角是底角时，②当50°的角是顶角时，分别求出底角的度数即可.6.(3分)计算50A.

5

B.

0

C.

1

D.

无意义【答案】C【考点】0指数幂的运算性质【解析】【分析】由题意可知，非0实数的0次幂是1，故选C

【点评】本题属于对非0实数0次幂知识点的考查7.(3分)如图，G，E分别是正方形ABCD的边AB，BC的点，且AG=CE，AE⊥EF，AE=EF，现有如下结论：①BE=12A.

1个

B.

2个

C.

3个

D.

4个【答案】B【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质，相似三角形的判定与性质【解析】【解答】∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠DCB=90°，AB=BC，∵AG=CE，∴BG=BE，由勾股定理得：BE=22∴∠BGE=∠BEG=45°，∴∠AGE=135°，∴∠GAE+∠AEG=45°，∵AE⊥EF，∴∠AEF=90°，∵∠BEG=45°，∴∠AEG+∠FEC=45°，∴∠GAE=∠FEC，在△GAE和△CEF中∴△GAE≌△CEF，∴②正确；∴∠AGE=∠ECF=135°，∴∠FCD=135°﹣90°=45°，∴③正确；∵∠BGE=∠BEG=45°，∠AEG+∠FEC=45°，∴∠FEC＜45°，∴△GBE和△ECH不相似，∴④错误；即正确的有2个．故选B．【分析】根据正方形的性质得出∠B=∠DCB=90°，AB=BC，求出BG=BE，根据勾股定理得出BE=228.(3分)如图，将矩形ABCD沿AF折叠，使点D落在BC边的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG．给出以下结论：①DG＝DF；②四边形EFDG是菱形；③EG2＝12GF×AF；④当AG＝6，EG＝25时，BE的长为12A.

①②③

B.

①②④

C.

①③④

D.

①②③④【答案】D【考点】平行线的性质，勾股定理，矩形的性质，翻折变换（折叠问题），相似三角形的判定与性质【解析】【解答】解：∵GE∥DF，∴∠EGF＝∠DFG．∵由翻折的性质可知：GD＝GE，DF＝EF，∠DGF＝∠EGF，∴∠DGF＝∠DFG．∴GD＝DF．故①符合题意；∴DG＝GE＝DF＝EF．∴四边形EFDG为菱形，故②符合题意；如图1所示：连接DE，交AF于点O．∵四边形EFDG为菱形，∴GF⊥DE，OG＝OF＝12∵∠DOF＝∠ADF＝90°，∠OFD＝∠DFA，∴△DOF∽△ADF．∴DFAF＝OFDF，即DF∵FO＝12∴EG2＝12如图2所示：过点G作GH⊥DC，垂足为H．∵EG2＝12GF•AF，AG＝6，EG＝25∴20＝12FG（FG+6），整理得：FG2解得：FG＝4，FG＝﹣10（舍去）．∵DF＝GE＝25，AF＝10，∴AD＝AF2−DF∵GH⊥DC，AD⊥DC，∴GH∥AD．∴△FGH∽△FAD．∴GHAD＝FGAF，即GH4∴GH＝85∴BE＝AD﹣GH＝45﹣855＝故答案为：D．【分析】根据平行线的性质及折叠的性质，可得GD＝GE，DF＝EF，∠DGF＝∠DFG，由等角对等边，可得GD＝DF，从而可得DG＝GE＝DF＝EF，从而可证四边形EFDG为菱形，据此判断①②；如图1所示：连接DE，交AF于点O．由菱形的性质，可得GF⊥DE，OG＝OF＝12可得

DFAF＝OFDF，即DF2＝FO•AF，从而可得EG2＝12GF•AF，据此判断③；如图2所示：过点G作GH⊥DC，垂足为H．由EG2＝12GF•AF，可求出FG=4，利用勾股定理求出AD＝AF2−DF2＝49.(3分)如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点E、F，连结BD、DP，BD与CF相交于点H，给出下列结论：①BE＝2AE；②△DFP∽△BPH；③DP2＝PH•PC；④FE：BC＝(23A.

1

B.

2

C.

3

D.

4【答案】D【考点】正方形的性质，相似三角形的判定与性质【解析】【解答】解：∵△BPC是等边三角形，∴BP＝PC＝BC，∠PBC＝∠PCB＝∠BPC＝60°，在正方形ABCD中，∵AB＝BC＝CD，∠A＝∠ADC＝∠BCD＝90°∴∠ABE＝∠DCF＝30°，∴BE＝2AE；故①符合题意；∵PC＝CD，∠PCD＝30°，∴∠PDC＝75°，∴∠FDP＝15°，∵∠DBA＝45°，∴∠PBD＝15°，∴∠FDP＝∠PBD，∵∠DFP＝∠BPC＝60°，∴△DFP∽△BPH；故②符合题意；∵∠PDH＝∠PCD＝30°，∠DPH＝∠DPC，∴△DPH∽△CPD，∴DPPC∴DP2＝PH•PC，故③符合题意；∵∠ABE＝30°，∠A＝90°∴AE＝33AB＝33∵∠DCF＝30°，∴DF＝33DC＝33∴EF＝AE+DF＝233BC∴FE：BC＝（23﹣3）：3故④符合题意，故答案为：D．【分析】由正方形的性质和相似三角形的判定与性质，即可得出结论．10.(3分)如图，在ΔABC中，AB=AC=5,BC=45，D为边AC上一动点（C点除外），把线段BD绕着点D沿着顺时针的方向旋转90°至DE，连接CE，则ΔCDEA.

16

B.

8

C.

32

D.

10【答案】B【考点】勾股定理，旋转的性质，三角形全等的判定（AAS）【解析】【解答】解：如图，过点E作EF⊥AC于F，作BH⊥AC于点H，∴∠EFD=∠BHD=90∵BH2=BC2∴80−(5+AH)∴AH=3，∴CH=8，∵将线段BD绕D点顺时针旋转90°得到线段ED，∴BD=DE，∠BDE=90∴∠BDF+∠EDF=90∘，且∴∠DEF=∠BDF，在ΔBDH和ΔDEF中，{∠BDF=∠AEF∴ΔBDH≅ΔDEF(AAS)，∴EF=DH，∵DH=CH−CD=8−CD，∴EF=8∵ΔCDE面积=1∴当CD=4时，ΔCDE面积的最大值为8，故答案为：B.【分析】过点E作EF⊥AC于F，作BH⊥AC于点H，由勾股定理可求AH=3，由旋转的性质可求BD=DE，∠BDE=90∘，由AAS可证ΔBDH≅ΔDEF，可得二、填空题11.(4分)如图，在△ABC中，∠B=∠C=60°，点D在AB边上，DE⊥AB，并与AC边交于点E．如果AD=1，BC=6，那么CE等于________．【答案】4【考点】等边三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形【解析】【解答】∵在△ABC中,∠B=∠C=60°，∴∠A=60°，∵DE⊥AB，∴∠AED=30°，∵AD=1，∴AE=2，∵BC=6，∴AC=BC=6，∴CE=AC−AE=6−2=4.故答案为：4.【分析】先由有两个角是60°的三角形为等边三角形可知∠A=60°，所以结合DE⊥AB，可知∠AED=30°，进而由直角三角形中30°角所对的边等于斜边的一半可知AE=2AD=2，故CE=6-2=4.12.(4分)因式分解：2x2﹣8=________．【答案】2（x+2）（x﹣2）【考点】提公因式法因式分解，因式分解﹣运用公式法【解析】【解答】解：2x2﹣8=2（x+2）（x﹣2）．【分析】观察原式，找到公因式2，提出即可得出答案．13.(4分)假期，某校为了勤工俭学,要完成整个A小区的绿化工作，开始由七年级单独工作了4天，完成整个绿化工作的三分之一，这时九年级也参加工作，两个年级又共同工作了2天，才全部完成整个绿化工作，则由九年级单独完成整个绿化工作需要________天.【答案】4【考点】分式方程的实际应用【解析】【解答】设设九年级单独完成整个绿化工作需要x天，∵七年级单独工作了4天，完成整个绿化工作的三分之一，∴七年级单独完成工作需要4÷13根据题意得：2×（112+1x解得：x=4，经检验：x=4是原分式方程的解，故答案为：4【分析】根据题意可求出七年级单独完成工作需要的天数，设九年级单独完成整个绿化工作需要x天，由两个年级又共同工作了2天，才全部完成整个绿化工作，根据工作效率×时间=工作总量的等式，列方程求出x值即可得答案.14.(4分)已知直线m∥n，将一块含有30º角的三角板ABC按如图所示的方式放置(∠ABC＝30°)，其中A，B两点分别落在直线m，n上．若∠1＝15º，则∠2＝________º．【答案】45【考点】平行线的性质【解析】【解答】解：∵∠1＝15°，∠ABC=30°，

∴∠ABn=∠ABC+∠1=30°+15°=45°，

∵m∥n，

∴∠2=∠ABn=45°.

故答案为：45.

【分析】根据平行线的性质：两直线平行，内错角相等，由此即可得出答案.15.(4分)已知∠AOB=30°，点P是∠AOB的平分线OC上的动点，点M在边OA上，且OM=4，则点P到点M与到边OA的距离之和的最小值是________．【答案】2【考点】角平分线的性质，轴对称的应用-最短距离问题【解析】【解答】解：过M作MN′⊥OB于N′，交OC于P，则MN′的长度等于PM+PN的最小值，即MN′的长度等于点P到点M与到边OA的距离之和的最小值，∵∠ON′M=90°，OM=4，∴MN′=12∴点P到点M与到边OA的距离之和的最小值为2．故答案是：2．【分析】过M作MN′⊥OB于N′，交OC于P，即MN′的长度等于点P到点M与到边OA的距离之和的最小值，解直角三角形即可得到结论．16.(4分)如图，AD是△ABC的中线，CE是△ACD的中线，S△ACE＝3cm2，则S△ABC＝________．【答案】12cm2．【考点】三角形的角平分线、中线和高，三角形的面积【解析】【解答】解：∵CE是△ACD的中线，∴S△ACD=2S△ACE=6cm2．∵AD是△ABC的中线，∴S△ABC=2S△ACD=12cm2．故答案为：12cm2．【分析】根据等底同高的三角形的面积相等可得S△ECD=S△ACE,从而求出S△ACD，再用同样的方法即可求出S△ABC.17.(4分)点A、B均在由面积为1的相同小矩形组成的网格的格点上，建立平面直角坐标系如图所示.若P是x轴上使得∣PA—PB∣的值最大的点，Q是y轴上使得QA+QB的值最小的点，则OP·OQ=________.【答案】5【考点】作图﹣轴对称，轴对称的应用-最短距离问题【解析】【解答】连接AB并延长交x轴于点P，由三角形的三边关系可知，点P即为x轴上使得|PA−PB|的值最大的点，∵点B是2x2的正方形的对角线的交点，∴点P即为AB延长线上的点,此时P(3,0)即OP=3；作A点关于y轴的对称点A′连接A′B交y轴于点Q,则A′B即为QA+QB的最小值，∵A′(−1,2),B(2,1)，设过A′B的直线为：y=kx+b,则{2=−k+b解得{k=−∴Q(0，53),即OQ=5∴OPOQ=3×53故答案为：5.【分析】根据题意连接AB并延长交x轴于点P，由三角形的三边关系可知，点P即为x轴上使得|PA−PB|的值最大的点，得到OP=3；再由对称的性质得到A′B为QA+QB的最小值，由点的坐标求出OP·OQ的值.三、计算题18.(5分)解下列各题：（1）计算：(2−π)0（2）计算：（2a+5）（2a﹣5）﹣4a（a﹣2）（3）用乘法公式计算：20192－2018×2020【答案】（1）原式=1−16+(−4×=-14；

（2）原式=4a=8a−25；

（3）原式=20192－（2019-1）×（2019+1）=20192=1【考点】实数的运算，平方差公式及应用，整式的混合运算【解析】【分析】（1）根据有理数的混合运算法则，结合积的乘方计算即可；（2）先利用平方差公式和单项式乘多项式的法则展开，再合并同类相即可；（3）由原式可得20192－（2019-1）×（2019+1），再利用平方差公式计算可得．19.(10分)

（1）计算：x2（2）解方程：1x【答案】（1）解：x2===−===−

（2）解：1x方程两边同时乘以x(x+1)，得1⋅(x+1)+x(x+1)=x⋅xx+1+2x=−1x=−检验：∵当x=−12∴x=−1【考点】分式的混合运算，解分式方程【解析】【分析】（1）原式括号中两项通分并利用同分母分式的加减法则计算，同时利用除法法则变形为乘法，分子分母因式分解后进行约分，最后通分计算异分母分式的减法得出答案；

（2）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.四、解答题20.(7分)已知：如图，在△ABC中，D为BC上的一点，AD平分∠EDC，且∠E=∠B，DE=DC，求证：AB=AC．【答案】证明：∵AD平分∠EDC，∴∠ADE=∠ADC，在△AED和△ACD中，∵{DE=DC【考点】全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定【解析】【分析】利用SAS证明△AED≌△ACD，由全等三角形的对应角相等可得∠C=∠E，进而可得∠C=∠B，再由等角对等边可得证.21.(7分)先分解因式，再求值：已知a+b=2，ab=2，求12a3b+a2b2+12ab【答案】解：12a3b+a2b2+12ab3=12ab（a2+2ab+b2）=1∴当a+b=2，ab=2时，原式=12【考点】因式分解的应用【解析】【分析】先把12a3b+a2b2+12ab3提公因式22.(9分)如图，已知△ABC中，AB=AC，AD平分∠BAC，请补充完整过程，说明△ABD≌△ACD的理由.∵AD平分∠BAC∴∠_▲_=∠_▲_（角平分线的定义）在△ABD和△ACD中∵{∴△ABD≌△ACD（

）.【答案】解：∵AD平分∠BAC∴∠BAD=∠CAD（角平分线的定义），在△ABD和△ACD中，{AB=AC∴△ABD≌△ACD（SAS）【考点】三角形全等的判定（SAS）【解析】【分析】由角平分线定义可得∠BAD=∠CAD，然后利用边角边定理可证△ABD≌△ACD，据此分别补充过程即可.23.(9分)（1）如图1，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于O点，过点O的直线l与边AB、CD分别交于点E、F，绕点O旋转直线l，猜想直线l旋转到什么位置时，四边形AECF是菱形．证明你的猜想．（2）若将（1）中四边形ABCD改成矩形ABCD，使AB=4cm，BC=3cm，①如图2，绕点O旋转直线l与边AB、CD分别交于点E、F，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A与点C重合，点D的对应点为D′，连接DD′，求△DFD′的面积．②如图3，绕点O继续旋转直线l，直线l与边BC或BC的延长线交于点E，连接AE，将矩形ABCD沿AE折叠，点B的对应点为B′，当△CEB′为直角三角形时，求BE的长度．请直接写出结果，不必写解答过程．【答案】解：（1）猜想：当l⊥AC时，四边形AECF是菱形，如图1，连接AF、CE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，AB∥CD，∴∠FCO=∠EAO，又∵∠FOC=∠EOA，∴△COF≌△AOE，∴OE=OF，∵AC⊥EF，∴四边形AECF是菱形；（2）①∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°，CD=AB=4，AD=BC=3，设DF=xcm，则CF=（4﹣x）cm，由折叠性质可知：D′F=DF=x，CD′=AD=3，∠CD′F=∠ADC=90°，由勾股定理得（4﹣x）2=32+x2，解得x=78，∴D′F=DF=78，∴CF=4﹣78=258，如图2，过D′作D′H⊥CF于H，由面积相等可得，CF•D′H=D′F•CD′，∴D′H=2125，∴S△DFD′=12×78×2125=147400（cm2）②如图①，设BE=xcm，CE=（3﹣x）cm，AC=5cm，B′C=5﹣4=1cm，根据勾股定理可得B′C2+B′E2=CE2，解得x=43cm，如图②，设BE=xcm，则CE=（3﹣x）cm，AB′=4cm，B′E=xcm，在Rt△ADB′中，由勾股定理可得BD′=AB2−AD2=16−9=7cm，B′C=（4﹣7）cm，在Rt△CB′E中，B′C2+B′E2=CE2，即16﹣87+7+x2=9﹣6x+x2，解得x=16−473cm，如图③，当四边形ABEB′是正方形时，点B和点B′关于直线AE对称，△B′EC是直角三角形，此时CE=1cm，BE=4cm；如图④BE=xcm，AB′=4cm，AD=3cm，CE=（x﹣3）cm，在Rt△ADB′中，B′D=AB'2−AD2=16−9=7cm，B′C=7【考点】全等三角形的应用，勾股定理的应用，菱形的判定与性质，矩