【区级联考】辽宁省大连市西岗区2020-2021学年八年级第一学期期末数学试题

【区级联考】辽宁省大连市西岗区2020-2021学年八年级第一学期期末数学试题学校: 姓名： 班级： 考 一、单选题卜列四个交通标志阌屮，是轴对称阁形的是（）下列计算正确的是（ ）A.a2+a3=a5 B.（a2）5=a6 C.a6-a2=a5 D.2a^a=6a如阁.某同学把一块三角形的玻璃打破成了三块，现要到玻璃店i配一块人小.形状完全相同的玻璃，那么他可以（＞C.带③去D.C.带③去D.带①和②去世界上最小的乌是生活在古巴的吸蜜蜂乌，它的质簠约为0.056盎司.将0.056用科学记数法表示为（）5.6x101 B.5.6x102 C.5.6x103 D.0.56x101如阁，AC与交于0点，KOA=OD.用“S/tr证明△AOB^^DOC.还需A.AB=DCC.ZA=ZDA.A.AB=DCC.ZA=ZDA.a(x+y)=ax+ayB.x2-4x+4=x(x-4)+4C.10x2-5x=5x(2x-l)D.x2-16+3x=(x-4)(x+4)+3xB.OB=OCD.ZAOB=ZDOC卜列各式由左边到右边的变形中，足分解因式的为（）若把分式——中的x和y同吋扩大为原来的10倍，则分式的值（）x+yA.扩大10倍 B.缩小10倍 C.缩小100倍D.保持不变若等腰三角形底角为72°，则顶角为（）TOC\o"1-5"\h\z108 B.72 C.54 D.36甲车行驶30T•米与乙车行驶40丁米所用时间相同.己知乙车每小时比甲车多行驶15千米，没甲车的速度为X千米/小时，依据题意列方程正确的是（）30 40 30 40 30 40 30 40A<— B• =—C.—= D. x x—15 x-15 x x x+15 x+15 x如阁（阁在第二页）所示足一株美丽的勾股树.其中所有的四边形都足正方形.所有的三角形都是直角三角形.若正方形A、B、C、D的边长分别S3、5、2、3,则最大正方形E的面积足第7题囹A.13 B.26 C.47 D.94二、填空题荇等腰三角形的两边长分别为和6cm,则它的周长为 . 当 吋，分式一^有意义.x-313-因式分解：a2-9= . 如阁，在Rt^ABC中，ZB=90'，CD^ZACB的平分线，=则Z）到AC的距离为 .如果实数a,b满足a+b=6，ab=8，那么a:+b2=

直角三角形纸片的两直角边长分别为6,8,现将AAflC如阌那样折叠，使点A与点好重合，折痕为D£,则的长为 .CC三、解答题计算：(1〉-(-2)+(^-3.14)°(2)先化简，再求值：(2x+3y)2-(2x+y)(2x-y).其中x=y,y计算+ 2x(2)1-」义++ 2x(2)1-」义+1x:-lx2+2.V+1(5分〉解方程：-+-^-=1xx+3求证：EC=FB.如阁，点A、B、C、D在同一条直线上，AB=DC9AE//DF9AE=DF.求证：EC=FB.乙两种款型时尚T恤衫，甲种款型共用了7800元，乙种款型共用了6400元，甲神款型的件数足乙种款型件数的1.5倍，甲种款型每件的进价比乙种款型每件的进价少30元.甲、乙两种款型的T恤衫各购进多少件？(2〉商店进价提高60%标价销》，销《—段吋I川后，甲款型全部«完，乙款型剩余一半，商店决定对乙款型按标价的五折降价销仿，很快全部伤完，求仿完这批T恤衫商店共获利多少元？如在长方形ABCD中，把沿对角线fiD折叠得到^BED,线段与相交于点P,^AB=3m,BC=4m.

(l)求长度(用含的式子表示)：点/＞到如的距离为_，试求此时川的值.如阌，在等腰△屮，AB=AC.D为底边延长线上任意一点，过点D作DE//AB,与AC延长线交于点£.则lCDE的形状足 荇在AC上截取AF=CE.迮接FB、FD，判断TO的数皇关系，并给出证明.24.如阁,P为正方形ABCD的边上一动点(P与B.C不重合)，点g在CD边上，且SP=Q2,迕接AP.BQ交于点£.将△00C沿~所在S线对折得到么零,延长交汉4的延长线于点A/.⑴求证：‘4尸丄叩：(2)??/I0=3,BP^PC、求的长：小明遇到这样问题：如图1，在^ABC中，AB=AC,在上取一点D，在AC延长线上取一点£,若

BD=CE,判断PD与PE的数星关系.小明通过思考发现，"r以采用两神方法解决向题：方法一：过点D作DF//AC,交BC于F,即可解决向题：方法二：过点ZX点£分别向直级BC引垂饯.垂足分别J^F.G,也可解决问题.请回答：与P£的数看关系S :(2＞任选上述两种方法屮的一种方法，在阁1中补全阁象.并给出证明：参考小明思考问题的方法，解决问题：(3)如图2,在^ABC中，ZABC=a,将AC绕点A顺时针旋转a度后得到AD.过点D作DE//BC,交AB于点E,BC=BA1则图中是否存在与DE相等的线段，请找出來并给出证明.26.如阁，在平面直角坐标系中，点^(0,2),5(—4,0)，C(2,0),ZDAE+Z5AC=180,且AD=2^2^AE=2扎迮接DE,点f■是0£的中点，迮接《4厂(l)ZACB= 。；猜想的长并说明理由：直接写出的而积 .

参考答案B【解析】【分析】根据轴对称阁形的概念对各选项分析判断后利用排除a求解.【详解】.4.不足轴对称阁形，故本选项错误：b,足轴对称ra形，故本选项正确：c'不是轴对称阁形，故本选项错误：£）、不足轴对称图形，故本选项错误.故选5.【点睛】本题考査了轴对称阁形的概念轴对称阁形的关键足寻找对称轴，阁形两部分祈叠后吋重合.B【解析】【分析】根据合并同类项、幂的乘方与积的乘方、同底数幂的乘法及除法法则进行计算即吋.【详解】A、 错误.3:与33不是同类项，不能合并：正确，（a2）3=a\符合积的乘方法则：错误，应为a6-a2=a4：D、 错误，应为2ax3a=6a2.故选B.【点睛】本题考S了合并同类项，同底数的幂的乘法与除法.罙的乘方，单项式的乘法.熟练掌握运算性质是解题的关键.C【分析】根据全等三角形的判定方法，在打碎的三块中uj■以采用排除法进行分析从而确定最后的答案.【详解】

解：第一块，仅保留了原三角形的一个角和部分边，不符合全等三角形的判定方法：第二块.仅保留了原三角形的一部分边.所以此块玻璃也不行：第三块.不但保留了原三角形的两个角还保留了其中一个边.所以符合ASA判定.所以W该拿这块去.故选:C.【点睛】本题主要考a学生对全等三角形的判定方法的灵活运用，要求对常用的几种方法熟练掌握.在解答吋要求对全等三角形的判定方法的运用灵活.B【详解】0.056用科学记数法表示为：0.056=5.6xl0-\故选B.B【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即nf.【详解】-4.根据条件AB=DC,OA=OD,ZAOB=ZDOC不能推^^AOB^^DOC.故本选项错误：•.•在lAOB和/iDaC中fOA=ODlzAOB=ZDOC,aAOBaAOB厶,故本选项正确:c、ZA=ZD,OA=OD,ZAOB=ADOC.符合全等三角形的判定定理ASA,不符合全等三角形的判定定理5A5.故本选项错误：D、根据ZAOB=ZDOC和04= 不能推W^AOB^^DOC,故本选项错误；故选反【点睛】本题考S了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS,ASA,AAS,SSS.C【解析】试题分析：根据分解因式就足把一个多项式化为儿个整式的积的形式，利用排除法求解.解：A、是多项式乘法，故A选项错误：右边不足积的形式，X2-4x+4=(x-2)2,故B选项错误：提公闪式法，故C选项正确：D、 右边不是积的形式.故D选项错误：故选C.考点：因式分解的意义.D【解析】【分析】把X，y分别换为lO.v,10y，计算得到结果，即可作出判断.【详解】变形得:2-10.r_2x变形得:lO.r+lO^x+y则分式的值保持不变，故选【点睛】此题考査了分式的基本性质.熟练掌握分式的基本性质足解本题的关键.D【详解】•.•等腰三角形底角为72°•••顶角=180°-(72°x2)=36°故选DC【解析】由实际问题抽象出方程(行程问题).【分析】甲车的速度为xT•米/小时，则乙甲车的速度为a+15千米/小时/.甲车行驶30千米的时问为乙车行驶40T•米的吋间为^一.x x+1530 40.•.根据甲车行驶30千米与乙车行驶40千米所用时叫相同得 =——.故选C.xx+15C【解析】解：如阁E根据勾股定理的几何意义，"f得A、B的面积和为，C、D的面积和为，^+5；=S3,于是Ss=Sl+S2.即5,=9+25+4+9=47故选C.Il-15cm【分析】题目给出等腰三角形有两S边长为3cm和6cm,而没有明确腰、底分别是多少，所以要进行讨论.再吣用三角形的三边关系来验证能否组成三角形：【详解】解：分两种情况：当腰为3cm时，3+3=6,所以不能构成三角形：当腰为6cm吋，3+6>6,所以能构成三角形.此时三角形的周长为：3+6+6=15cm:故答案为：15cw：【点睛】本题主要考査了等腰三角形的性质，三角形三边关系.掌握等腰三角形的性质，三角形三边关系足解题的关键.【解析】【分析】分式 有意义的条件为分母不为0.x-3【详解】根据题意得：x-3^0.解得：x*3.【点睛】此题主要考S了分式的意义，要求掌握•分式有意义的条件：对于任意一个分式，分母都不能为0,否则分式无意义.解此类问题，只要令分式中分母不等于0.求得字母的取值即可.(a+3)(a-3)【解析】试题分析：f-9可以写成a：-32,符合平方差公式的特点，利用平方差公式分解即可.试题解析：a:-9=(a+3)(a-3).考点：因式分解-运用公式法.2【解析】【分析】作Z)//丄AC于根据角平分线的性质求出D/7即讨.【详解】作D//丄AC于\'CD^ZACD的平分线，Z5=90. 1AC,:.DH=DB=2,故D到AC•的距离为2.故答案为:2.【点暗】本题考査的足角平分线的性质，掌握角的平分线上的点到角的两边的距离相等足解题的关键.20【详解】•••a+厶=6，•••(a+b)2=a2+2ab+b2=36,Vab=8.a2+b'=36-2ab=36-2*8=20.【点睛】本题考s了完全平方公式的变形戍用，熟练进行完全平方公式的变形足解题的关键.25T【解析】【分析】由题炯得:ZC=9O,.BC=6,AC=S,由折叠的性质HBE=AE，然后15AE=x,在Rt^BCE中.利用勾股定理即川■求得方程x:=62+(8-aT，解此方程即吋求得答案.【详解】根据鼷意得：ZC=90,BC=6,AC=8.^AE=xt由折叠的性质得：BE=AE=x,则CE=AC-AE=S-x,在Rt^BCE中.BE-=CE2+BC2•即^2=62+(8-x)\解得：x=^-.4故答案为#.4【点睛】此题考査了折叠的性质与勾股定理•此题难度迠中，注意掌握方程思想与数形结合思想的吣用，注意折叠中的对应关系.(1)3:(2)12xy+10v2,4.【解析】【分析】宄利用相反数定义、零指数幂和立方根及负幣数栺数幕的运算法则计算.再计算加减吋得：先利用完全平方公式和平方差公式计算•再去括9、合并同类项即可化同原式，继而将-V.y的值代入计算.【详解】原式=2+1+3+(-3)=3；原式=4x:+12xy+9y2-(4x:-y-)=4x2+12xy+9v2-4x2+y2:=12xy+10y2，当x=|,y=—1时，原式=12xlx(-l)+10x(-l)2=-6+10»=4.【点睛】本题主要考3整式的混合运算-化简求值.解题的关键是掌握实数和整式的混合运算顺序和运算法则.3 x(1) :(2)—.x-y x-1【解析】【分析】宄根据同分母分式的减法计算，再约分化简即得：根据分式的混合运算顺序和运算法则计算uj得.【详解】

zx.3x+3v原式=-?—-3(x+y)(x+y)(x-y)(2)原式=3(x+y)(x+y)(x-y)(2)原式=x+1x+1)(x+1)2Xx+1X+1x-1x-1【点睛】本题主要考S分式的混合运算,解题的关键足掌握分式的混合运算顺序和运算法则.a-6【解析】略见解析【解析】【分析】通过证明三角形全等证得对沌边相等足解题足常用的思路【详解】证明•.•AB=DC:.AB+BC=DC+BC即AC=DE...AE\\DF...ZA=ZD(L^AEC和八DFB中AE=DF{ZA=ZDAC=DB:.^AEC=aDFB:.EC=FB21.(1)甲种款型的T恤衫购进60件.乙种款型的T恤衫购进40件：(2)估完这批T恤衫商店共获利5960元.【解析】【分析】<1)可没乙种款型的T恤衫购进x件，则甲种款型的T恤衫购进1.5x件，根据题意列出方程求解即|4:宄求出甲款型的利润，乙款型前面销ft—半的利润，后面销估一半的亏损，再相加即4求解.【详解】设乙种款型的T恤衫购进x件，则甲种款型的T恤杉购进1.5x件，依题意有：TOC\o"1-5"\h\z7800 6400-—+30=——，解得x=40,经检验，x=40足原方程组的解.且符合题惫，1.5x=60.l.Xr x答：甲种款型的T恤衫购进60件，乙种款型的T恤衫购进40件：6400 _、 =160,160-30=130(兀)，x130>60%x6(H160x60%x(40-2)-160x[l-(1+60%)«0.5]x(40-2)=4680-1920-640=5960(元〉.答：齿完这批T恤衫商店共获利596070.【点睛】本题考S分式方程的应用，根据等量关系建立方程足关键，注意分式方程耑要验根.(1)Sin:(2)/»=4.【解析】【分析】利用勾股定理计算即解决问题.如阁，作/丄沒D干//.首宄证明PB=PD，推出BH=HD=^mt利用相似三角形的性质构建方程解决问题即讨.【详解】四边形ABCD足矩形，...=90,CD=AB=3m,BC=AD=4m，BD=>/BC2+CD;=^(3m)2+(4m)2=5m.如阁，作PH丄BD于H.•/AD//BC....ZTDB=/DBC，...zfDBC=/DBP..../PDB=/PBD,.・.PD=PB，...PH丄BD.・・・BH=DH=-mt2.../PDH=/ADH，^fPHD=/A=90》，..△PDH^BDA,PHDH•AB~DA15 5——m.2_2，3m4mm=4.【点睛】本题考查矩形的性质，翻折变换，扣似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.(1)等腰三角形：(2)BF=DF,【解析】【分析】根据等腰三角形的性质得到AB=AC,求得ZABC=ZACB,根据全等三角形的性质得到ZABC=ZLCDE,于是得到结论：(2'|根据平行线的性质得到ZA=Z£,根裾全等三角形的性质即4得到结论-【详解】理由：•/AB=AC./ABC=/ACB....ZDCE=/ACB....DE//AB,/ABC=/CDE，.../DCE=/CDE..•.△CDE足等腰三角形：故答案为：等腰三角形；(2)BF=DF,理由：•/AB//DE,.../A=/E，•/AF=CE，...AF=DE，AF+CF=CE+CF,即EF=AC=AB,AB=EF在△AFBAjAEDF中^ZA=ZE,AF=DE.•△ABF给aEDF(SAS)，...BF=DF.【点睛】本题考s了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质足解题的关键.13 2(1)证明见解析；(2)MQ=—；(3)AM=—.4 2m【解析】试题分析：(1)证明△ABP给ZXBCQ，则ZBAP=ZCBQ,从而证明ZCBQ+ZAPB=90°.进而得证：(2)设MQ=MB=x,则MN=x-2.在直角△XffiN中，利用勾股定理即可列方程求解：设AM=y,BN=BC=m+n，在直角△BNM中，MB=y+m+n，＞IN=MQ-QN=(v+m+n)-m=y+ii.利用勾股定理即＞4求解.试题解析：(1)证明：•••四边形ABCD足正方形，•••ZABC=ZC=90:＞,AB=BC,在△ABP和△BCQ中，•••AB=BC,ZABC=ZC,BP=CQ，Z.AABP5^ABCQ,AZBAP=ZCBQ.VZBAP+ZAPB=90%AZCBQ+ZAPB=90°,AZBEP=90°..\AP丄BQ:(2)解：•••正方形ABCD中，AB=3,BP=2CP,/•BP=2,由(1)可得NQ=CQ=BP=2，NB=3.又•/ZNQB=ZCQB=ZABQtZ.MQ=MB.设MQ=MB=x,贝ljMN=x-2.在直角AMBN中，MB2=BN2+MN2^即^=32+(1--2)2.解得：即TOC\o"1-5"\h\z4 4VBP=m,CP=ii,Fh(1)(2)得N1Q=BXLCQ=QN=BP=m，i殳AM=y，BN=BC=m+n,在直角△BNM中，MB=y*m+n，MN=MQ-QN=(v+m+n)-m=v+nf(y+m+n)2=(m+n)2+(y+n)2,即， 7V2+2(m+n)y+(in+n)2=(m+n)2+y2+2jiy+n2，则y=——，ANI=——.2m 2ni考点：四边形综合题：翻折变换(祈叠问题＞.(1)PD=PE；(2)见解析；(3＞DE=BC.【解析】【分析】结论：PD=DE.方法一：如阁1-1中，作DF//AC交忍C于厂理由全等三角形的性质证明即nJ".方法二：如图1-2中，作DF丄5C于F，EG丄5C交SC的延长线于G.理由全等三角形的性质证明即nf.证明四边形DEBCH平行四边形即可解决问题.【详解】解：结论：PD=PE.证明：方法一：如阌1-1屮，作DF//AC交BC于f.图1-1••■AB=AC，ZB=/ACB，DF//AC,.../DFB=/ACB，/FDP=/E，...ZB=/DFB，BD=DF,...EC=BD,...DF=EC,...zfDPF=ZEPC•.-.aDPF^aEPC(AAS),...PA=PE.方法二：如阌1-2中，作DF丄BC于F.EG丄BC交BC的延长线于G.vAC=AC....zfB=/ACB=/ECG....^DFB=/G=90，BD=EC,.•.^DFB^aEGC(AAS),...DF=EG,...^DFP=/G=90.^DPF=^EPG,.-.aDPF^aEPG(AAS),...PD=PE.(3)解：结论：DE=BC.理由：如图2中，•rAD=AC.BC=BA,/ADC=/ACD，ZBCA=ZBAC,•••zfDAC=zfB=a，.-.2^ACD+a=180*2^BA