2022春八年级数学下学期期末达标测试卷（北师大版）

期末达标测试卷一、选择题(每题3分，共30分)1．若分式的值为0，则x的值是(　　)A．2或－2B．2C．－2D．02．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是(　　)3．不等式组的解集在数轴上可表示为(　　)4．在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，下列结论错误的是(　　)A．∠ABO＝∠CDOB．∠BAD＝∠BCDC．AB＝CDD．AC⊥BD5．下列式子从左到右的变形中，属于因式分解的是(　　)A．(x＋1)(x－1)＝x2－1B．x2－2x＋1＝x(x－2)＋1C．a2－b2＝(a＋b)(a－b)D．mx＋my＋nx＋ny＝m(x＋y)＋n(x＋y)6．某次知识竞赛共有20道题，每答对一道题得10分，答错或不答都扣5分．娜娜得分要超过90分，设她答对了x道题，则根据题意可列不等式为(　　)A．10x－5(20－x)≥90B．10x－5(20－x)＞90C．20×10－5x＞90D．20×10－5x≥907．如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中每个小正方形的边长均为1，△ABC10 经过平移后得到△A1B1C1，若AC上一点P(1.2，1.4)平移后对应点为P1，点P1绕原点顺时针旋转180°，对应点为P2，则点P2的坐标为(　　)A．(2.8，3.6)B．(－2.8，－3.6)C．(3.8，2.6)D．(－3.8，－2.6)8．某工厂新引进一批电子产品，甲工人比乙工人每小时多搬运30件电子产品，已知甲工人搬运300件电子产品所用的时间与乙工人搬运200件电子产品所用的时间相同．若设乙工人每小时搬运x件电子产品，则可列方程为(　　)A．＝B．＝C．＝D.＝9．已知x＋y＝4，x－y＝，则式子的值是(　　)A．48B．2C．16D．1210．如图，△ABC是等边三角形，P是∠ABC的平分线BD上一点，PE⊥AB于点E，线段BP的垂直平分线交BC于点F，垂足为点Q.若BF＝2，则PE的长为(　　)A．2B．2C．D．3二、填空题(每题3分，共30分)11．分解因式：2x2－8＝____________．12．计算－的结果是__________．13．一个多边形的内角和是外角和的2倍，这个多边形的边数是________．10 14．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝8，AC＝6，DE是AB边的垂直平分线，垂足为D，交边BC于点E，连接AE，则△ACE的周长为________．15．如图，已知函数y＝kx＋2与函数y＝mx－4的图象交于点A，根据图象可知不等式kx＋2＜mx－4的解集是__________．16．如图，将△ABC绕着点C按顺时针方向旋转20°，B点落在B′的位置，A点落在A′的位置，若AC⊥A′B′，则∠BAC＝________.17．“五四”青年节，市团委组织部分中学的团员去西山植树．某校九年级(3)班团支部领到一批树苗，若每人植4棵树，还剩37棵；若每人植6棵树，则最后一人有树植，但不足3棵，这批树苗共有________棵．18．已知关于x的方程＝3的解是正数，则m的取值范围为________________．19．一名模型赛车手遥控一辆赛车，先前进1m，然后原地沿逆时针方向旋转α(0°<α<180°)，被称为一次操作．若五次操作后，发现赛车回到出发点，则α＝____________．20．对于实数x，我们规定[x]表示不大于x的最大整数，例如[1.2]＝1，[3]＝3，[－2.5]＝－3，若＝5，则x的取值范围是____________．三、解答题(21，24题每题8分，22，23题每题6分，25，26题每题10分，27题12分，共60分)21.把下列各式分解因式：(1)(m＋n)3＋2m(m＋n)2＋m2(m＋n)；　　　　　　(2)(a2＋b2)2－4a2b2.22．解不等式组并写出它所有的整数解．10 23．先化简，再求值：÷，其中x是的整数部分．24．如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点A，B都在格点上(两条网格线的交点叫格点)．(1)将线段AB向上平移2个单位长度，点A的对应点为点A1，点B的对应点为点B1，请画出平移后的线段A1B1；(2)将线段A1B1绕点A1按逆时针方向旋转90°，点B1的对应点为点B2，请画出旋转后的线段A1B2；(3)连接AB2，BB2，求△ABB2的面积．25．某青春党支部在精准扶贫活动中，给结对帮扶的贫困家庭赠送甲、乙两种树苗让其栽种，已知乙种树苗的价格比甲种树苗贵10元，用480元购买乙种树苗的棵数恰好与用360元购买甲种树苗的棵数相同．10 (1)求甲、乙两种树苗每棵的价格各是多少元．(2)在实际帮扶中，他们决定再次购买甲、乙两种树苗共50棵，此时，甲种树苗的售价比第一次购买时降低了10%，乙种树苗的售价不变，如果再次购买两种树苗的总费用不超过1500元，那么他们最多可购买多少棵乙种树苗？26．两个全等的直角三角形重叠放在直线l上，如图①所示，AB＝6cm，AC＝10cm，∠ABC＝90°，将Rt△ABC在直线l上左右平移(如图②)．(1)求证：四边形ACFD是平行四边形．(2)怎样移动Rt△ABC，使得四边形ACFD的面积等于△ABC的面积的一半？(3)将Rt△ABC向左平移4cm，求四边形DHCF的面积．27．点D是等边三角形ABC外一点，且DB＝DC，∠BDC＝120°，将一个三角尺60°角的顶点放在点D上，三角尺的两边DP，DQ分别与射线AB，CA相交于E，F两点．10 (1)当EF∥BC时，如图①所示，求证：EF＝BE＋CF.(2)当三角尺绕点D旋转到如图②所示的位置时，线段EF，BE，CF之间的上述数量关系是否成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，写出EF，BE，CF之间的数量关系，并说明理由．(3)当三角尺绕点D继续旋转到如图③所示的位置时，(1)中的结论是否发生变化？如果不变化，直接写出结论；如果变化，请直接写出EF，BE，CF之间的数量关系．10 答案一、1.A　2.B　3.A　4.D　5.C　6.B　7．A　8.C　9.D10．C　点拨：∵△ABC是等边三角形，BD平分∠ABC，∴∠DBA＝∠DBC＝30°.∵QF垂直平分BP，∴BP＝2BQ，且∠BQF＝90°.在Rt△BFQ中，FQ＝BF＝1，BQ＝＝＝.于是BP＝2.在Rt△BPE中，PE＝BP＝.二、11.2(x＋2)(x－2)　12.　13.614.16　15.x＜－3　16.70°　17.12118．m＞－6且m≠－4　点拨：去分母得2x＋m＝3(x－2)，解得x＝m＋6.∵原方程的解是正数，∴m＋6＞0.∴m＞－6.又∵x≠2，∴m＋6≠2.∴m≠－4.故m的取值范围为m＞－6且m≠－4.19．72°或144°　点拨：由赛车手五次操作后赛车回到出发点，可以得出赛车五次旋转角度之和为360°的整数倍，根据每一次的旋转角度α小于180°，经过五次操作，则旋转角度之和小于900°，即不可能旋转三圈或三圈以上，则赛车可能旋转了一圈或两圈，分别用360°和720°除以5，就可以得到答案．20.46≤x＜56三、21.解：(1)(m＋n)3＋2m(m＋n)2＋m2(m＋n)＝(m＋n)[(m＋n)2＋2m(m＋n)＋m2]＝(m＋n)(2m＋n)2；(2)(a2＋b2)2－4a2b2＝(a2＋b2)2－(2ab)2＝(a2＋b2＋2ab)(a2＋b2－2ab)＝(a＋b)2(a－b)2.22．解：由①得3x－6≥x－4，即2x≥2.解得x≥1.由②得2x＋1＞3x－3，即－x＞－4.解得x＜4.∴原不等式组的解集是1≤x＜4.∴原不等式组的所有的整数解是1，2，3.23．解：原式＝÷＝·＝.∵x是的整数部分，∴x＝2.当x＝2时，＝＝.24．解：(1)如图所示．(2)如图所示．10 (3)如图，S△ABB2＝4×4－×2×4－×2×2－×2×4＝6.25．解：(1)设甲种树苗每棵的价格是x元，则乙种树苗每棵的价格是(x＋10)元．依题意有＝，解得x＝30.经检验，x＝30是原方程的解，且符合题意．x＋10＝30＋10＝40.答：甲种树苗每棵的价格是30元，乙种树苗每棵的价格是40元．(2)设他们可购买y棵乙种树苗，依题意有30×(1－10%)(50－y)＋40y≤1500，解得y≤11，∵y为整数，∴y最大为11.答：他们最多可购买11棵乙种树苗．26．(1)证明：∵四边形ACFD是由Rt△ABC平移形成的，∴AD∥CF，AC∥DF.∴四边形ACFD为平行四边形．(2)解：由题易得BC＝＝8(cm)，△ABC的面积＝24cm2.要使得四边形ACFD的面积等于△ABC的面积的一半，即6×CF＝24×，解得CF＝2cm，∴将Rt△ABC向左(或右)平移2cm，可使四边形ACFD的面积等于△ABC的面积的一半．(3)解：将Rt△ABC向左平移4cm，则BE＝AD＝4cm.又∵BC＝8cm，∴CE＝4cm＝AD.由(1)知四边形ACFD是平行四边形，∴AD∥BF.∴∠HAD＝∠HCE.10 又∵∠DHA＝∠EHC，∴△DHA≌△EHC(AAS)．∴DH＝HE＝DE＝AB＝3cm.∴S△HEC＝HE·EC＝6cm2.∵△ABC≌△DEF，∴S△ABC＝SDEF.由(2)知S△ABC＝24cm2，∴S△DEF＝24cm2.∴四边形DHCF的面积为S△DEF－S△HEC＝24－6＝18(cm2)．27．(1)证明：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°.∵DB＝DC，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°.∴∠DBE＝∠DBC＋∠ABC＝90°，∠DCF＝∠DCB＋∠ACB＝90°.∵EF∥BC，∴∠AEF＝∠ABC＝60°，∠AFE＝∠ACB＝60°.∴AE＝AF.∴BE＝AB－AE＝AC－AF＝CF.又∵DB＝DC，∠DBE＝∠DCF＝90°，∴△BDE≌△CDF.∴DE＝DF，∠BDE＝∠CDF＝30°.∴BE＝DE＝DF＝CF.∵∠EDF＝60°，∴△DEF是等边三角形，即DE＝DF＝EF.∴BE＋CF＝DE＋DF＝EF，即EF＝BE＋CF.(2)解：仍然成立．理由如下：如图，在射线AB上取点F′，使BF′＝CF，连接DF′.由(1)得∠DBE＝∠DCF＝90°，则∠DBF′＝∠DCF＝90°.又∵BD＝CD，∴△DCF≌△DBF′(SAS)．∴DF＝DF′，∠BDF′＝∠CDF.又∵∠BDC＝120°，∠EDF＝60°，10 ∴∠EDB＋∠CDF＝60°.∴∠EDB＋∠BDF′＝∠EDF′＝60°.∴∠EDF′＝∠EDF.又∵DE＝DE，∴△EDF′≌△EDF(SAS)．∴EF＝EF′＝BE＋BF′＝BE＋CF.(3)解：结论发生变化．EF＝CF－BE.10