2020-2021学年赤峰市喀喇沁旗八年级上学期期末数学试卷一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.下列四个交通标识图案，其中是轴对称图形的是(    )A.B.C.D.2.如图，∠C=90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于点E，有下列结论：①CD=ED；②AC+BE=AB；③DA平分∠CDE；④∠BDE=∠BAC；⑤S△ABD：S△ACD=AB：AC.其中结论正确的个数有(    )A.5个B.4个C.3个D.2个3.若一个正多边形的一个内角是135度，则这个多边形的边数为(    )A.6B.7C.8D.104.把a2- 2a分解因式，正确的是(    )A.a(a-2)B.a(a+2)C.a(a2-2)D.a(2-a)5.若|a|a-a2=1a-1，则a的取值范围是(    )A.a>0且a≠1B.a≤0C.a≠0且a≠1D.a<0 6.刘主任乘公共汽车从昆明到相距60千米的晋宁区办事，然后乘出租车返回，出租车的平均速度比公共汽车快20千米/时，回来时路上所花时间比去时节省了35小时，设公共汽车的平均速度为x千米/时，则下面列出的方程中正确的是(    )A.60x+20=35×60xB.60x=35×60x+20C.60x+20+35=60xD.60x=60x+20-357.把一副三角板按如图所示摆放，使FD//BC，点E恰好落在CB的延长线上，则∠BDE的大小为(    )A.10°B.15°C.25°D.30°8.如图，用尺规作图作∠BAC的平分线AD，第一步是以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AB，AC于点E，F；第二步是分别以E，F为圆心，以大于12EF长为半径画弧，两圆弧交于D点，连接AD，那么AD为所作角平分线的依据是(    )A.SSSB.SASC.ASAD.AAS9.如图，给出了正方形ABCD的面积的四个表达式，其中错误的是(    )A.(x+a)(x+a)B.x2+a2+2axC.(x-a)(x-a)D.(x+a)a+(x+a)x10.如图，点E，点F分别在正方形ABCD的边上，连接AE，AF，若△AEF是等边三角形，则∠BAE的度数为(    )A.15°B.30°C.45°D.60°二、填空题（本大题共8小题，共32.0分） 11.分解因式：-2xy2+8x=______．12.小明准备了六张形状、大小完全相同的不透明卡片，上面分别写有数-4、-3、-2、-1、0、1，将这6 张卡片写有数的一面向下放在桌面上．从中任意抽取一张，以卡片上的数作为m的值，则关于x的分式方程2x-mx+1=3的解是负数的概率为______．13.计算：(-9)1009×(13)2018=______．14.如图，若点D为等边△ABC的边BC的中点，点E.F分别在AB.AC边上，且∠EDF=90°，当BE=4，CF=2时，EF的长度为______．15.如图，AD//BC，BG、AG分别平分∠ABC与∠BAD，GH⊥AB，HG=4，则AD与BC之间的距离是______．16.小明发现交通指示牌中“停车让行标志”可以看成是正八边形，如图所示，则∠1=______°.17.如图，AB=AC，BD=CD，AD=AE，∠BAD=28°，则∠EDC=______°.18.已知甲乙两辆车同时从A地出发开往距离A地240千米的B地，若甲车每小时比乙车多行驶20千米，结果甲车比乙车早到30分钟．设甲车的速度为每小时x千米，根据题意可列方程为______．三、计算题（本大题共1小题，共10.0分）19.先化简，再求值：1a+1+a2-2a+1a2-1-1，其中a=4．四、解答题（本大题共6小题，共68.0分）20.解分式方程                          21.如图，在5×5的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，点A，B均在小正方形的顶点上.请在图中画出满足如下条件的图形．(1)在图1中画出一个菱形ABCD，点C、D在小正方形的顶点上；(2)在图2中画出一个平行四边形ABCD，点C、D在小正方形的顶点上，且它的面积等于4．22.如图所示，△ABC的顶点分别为A(-4,5)，B(-3,2)，C(4,-1)．(1)作出△ABC关于x轴对称的图形△A1B1C1；(2)写出A1、B1、C1的坐标；(3)在图中作出△ABC的BC边上的高． 23.某公路上一路段的道路维修工程准备对外招标，现有甲、乙两个工程队竞标，竞标资料上显示，若由两队合作，6天可以完成，共需工程费用10200元；若单独完成此项工程，甲队比乙队少用5天，但甲队每天的工程费用比乙队多300元．(1)甲、乙两队单独完成这项工程分别需要多少天？(2)若工程管理部门决定从这两个队中选一个队单独完成此项工程，从节约资金的角度考虑，应该选择哪个工程队？请说明理由．24.如图，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，且CE=CD，过点E作EF⊥AC交AD于点F，连接BE．(1)求证：DF=AE；(2)当AB=2时，求BE2的值． 25.在△ABC中，以AB为斜边作Rt△ABD，使点D落在△ABC内，∠ADB=90°．(1)若AB=AC，把△ABD绕点A逆时针旋转，得到△ACE，连接ED并延长交BC于点P，请动手在图1中画出图形，并请直接写出∠BDP与∠BAC的数量关系：______；(2)求证：BP=CP(3)如图2，若AD=BD，过点D作直线DE⊥AC于E交BC于F，且AE=EC，若BF=3，AC=42，则BD=______(请直接写出结果) 参考答案及解析1.答案：A解析：解：A.是轴对称图形，故本选项符合题意；B.不是轴对称图形，故本选项不合题意；C.不是轴对称图形，故本选项不合题意；D.不是轴对称图形，故本选项不合题意；故选：A．根据轴对称的定义结合各选项的特点即可得出答案．如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．本题考查了轴对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．2.答案：A解析：解：∵在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，∴CD=ED，①正确；在Rt△ADE和Rt△ADC中，AD=ADED=CD，∴Rt△ADE≌Rt△ADC(HL)，∴∠ADE=∠ADC，AE=AC，即AD平分∠CDE，③正确；∵AE=AC，∴AB=AE+BE=AC+BE，②正确；∵∠BDE+∠B=90°，∠B+∠BAC=90°，∴∠BDE=∠BAC，④正确；∵S△ABD=12AB⋅DE，S△ACD=12AC⋅CD，∵CD=ED，∴S△ABD：S△ACD=AB：AC，⑤正确．结论正确的个数有5个，故选：A． 由∠C=90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E.可得CD=DE，继而可得∠ADC=∠ADE，又由角平分线的性质，证得AE=AD，由等角的余角相等，可证得∠BDE=∠BAC，由三角形的面积公式，可证得S△ABD：S△ACD=AB：AC．此题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质以及三角形的面积问题．熟练掌握角平分线的性质，证明三角形全等是解题的关键．3.答案：C解析：解：∵正多边形的每个内角为135°，∴正多边形的每个外角为180°-135°=45°，∵多边形的外角和为360°，∴多边形的边数为360°÷45°=8．故选：C．先求出正多边形每个外角的度数，然后利用多边形外角和除以外角度数即可得到多边形的边数．本题考查了多边形的内角与外角，解决本题的关键是由外角和求正多边形的边数．4.答案：A解析：本题主要考查因式分解-提公因式法．原式提取公因式得到结果，即可做出判断．解：原式=a(a-2)，故选A．5.答案：D解析：解：∵|a|a-a2=1a-1，∴|a|a-a2=-a-a(a-1)=1a-1，∴a<0，故选：D．直接利用分式与绝对值的基本性质，结合化简后结果得出a的取值范围．此题主要考查了分式的基本性质，正确结合最后结果得出a的符号是解题关键．6.答案：C解析：解：设公共汽车的平均速度为x千米/时，则出租车的平均速度为(x+20)千米/时，根据题意得出：60x+20+35=60x． 故选：C．根据公共汽车的平均速度为x千米/时，得出出租车的平均速度为(x+20)千米/时，再利用回来时路上所花时间比去时节省了35小时，得出分式方程即可．此题主要考查了由实际问题抽象出分式方程，本题的关键是把握题意，利用回来时路上所花时间比去时节省了35小时，得出方程是解题关键．7.答案：B解析：解：∵FD//BC，∴∠FDB=∠ABC=60°，又∵∠FDE=45°，∴∠BDE=60°-45°=15°，故选：B．依据平行线的性质，即可得到∠FDB的度数，再根据∠FDE=45°，即可得到∠BDE的度数．本题考查了平行线的性质等知识点的应用，能综合运用性质进行推理和计算是解此题的关键．8.答案：A解析：解：由作法得AE=AF，DF=DE，而AD为公共边，所以根据“SSS”可判断△ADE≌△ADF，所以∠BAD=∠CAD，即AD为所作角平分线．故选：A．利用基本作图得到AE=AF，DF=DE，则可根据“SSS”可判断△ADE≌△ADF，从而得到∠BAD=∠CAD．本题考查了作图-基本作图：熟练掌握基本作图(作已知角的角平分线).也考查了全等三角形的判定．9.答案：C解析：根据正方形的面积公式，以及分割法，可求正方形的面积，进而可排除错误的表达式．根据图可知，S正方形=(x+a)2=x2+2ax+a2，故选C．10.答案：A 解析：解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=∠B=∠D=90°，∵△AEF是等边三角形，∴AE=AF，∠EAF=60°，∴Rt△ABE≌△RtADF(HL)，∴∠BAE=∠DAF=12(90°-60°)=15°，故选：A．想办法证明△ABE≌△ADF即可推出∠BAE=∠DAF=15°．本题考查正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．11.答案：-2x(y+2)(y-2)解析：解：原式=-2x(y2-4)=-2x(y+2)(y-2)，故答案为：-2x(y+2)(y-2)原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可．此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．12.答案：12解析：解：两边都乘以(x+1)，得2x-m=3(x+1)，解得x=-m-3，-m-3≠-1，解得m≠-2由方程的解是负数，得-m-3<0，解得m>-3，m≠-2，∵在-4、-3、-2、-1、0、1这6个数中满足上述条件的数有-1、0、1这3个数，∴关于x的分式方程2x-mx+1=3的解是负数的概率为36=12，故答案为：12．根据解分式方程，可得方程的解，根据方程的解是负数，可得不等式，根据解不等式求得m的取值范围，继而再利用概率公式计算可得． 本题考查了分式方程的解和概率公式，利用分式方程的解是负数得出不等式是解题关键，注意分母不等于零．13.答案：-1解析：解：(-9)1009×(13)2018=(-32)1009×(13)2018=-32018×(13)2018=-(3×13)2018=-1．故答案为：-1．直接利用幂的乘方运算法则以及积的乘方运算法则将原式变形得出答案．此题主要考查了幂的乘方运算以及积的乘方运算，正确将原式变形是解题关键．14.答案：27解析：解：延长FD至G，使得FD=DG，连接EG、BG，过E作EH⊥BG于点H，∵FD=DG，∠EDF=90°∴ED垂直平分FG，∴EF=EG，∵BD=CD，∠BDG=∠CDF，DF=DG∴△BDG≌△CDF(SAS)，∴∠GBD=∠C=60°，BG=CF=2，∴∠EBG=60°+60°=120°，∴∠EBH=60°，BH=12BE=2，∴Rt△BEH中，HE=23，Rt△EHG中，EG=EH2+HG2=27， 故答案为：27．延长FD至G，使得FD=DG，连接EG、BG，过E作EH⊥BG于点H，由线段垂直平分线的性质可得EF=EG，由“SAS”可证△BDG≌△CDF，可得∠GBD=∠C=60°，BG=CF=2，由直角三角形的性质和勾股定理可求EG的长．本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．15.答案：8解析：解：过G点作GE⊥AD，GM的反向延长线交BC于F，如图，∵AD//BC，GE⊥AD，∴GF⊥BC，∵AG平分∠BAD，GH⊥AB，GE⊥AD，∴GE=GH=4，同理可得GF=GH=4，∴EF=GE+GF=8，即AD与BC之间的距离是8．故答案为8．过G点作GE⊥AD，GM的反向延长线交BC于F，如图，利用平行线的性质得到GF⊥BC，再根据角平分线的性质得到GE=GH=4，GF=GH=4，所以EF=GE+GF=8．本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．16.答案：45解析：解：∵“停车让行标志”可以看成是正八边形，∴∠1=360°÷8=45°；故答案为：45．根据多边形的外角和是360°，8个外角都相等，即可求出∠1．此题考查了多边形内角与外角，熟练掌握多边形的外角和是360°是解题的关键．17.答案：14解析：解：在△ACD和△ABD中，AC=ABCD=BDAD=AD，∴△ACD≌△ABD(SSS)，∴∠CAD=∠BAD=28°，∠ADC=∠ABD=90°， ∵AD=AE，∴∠ADE=∠AED=12(180°-∠CAD)=76°，∴∠EDC=90°-76°=14°；故答案为：14．由SSS证明△ACD≌△ABD(SSS)，得出∠CAD=∠BAD=28°，∠ADC=∠ABD=90°，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得出∠ADE=∠AED=12(180°-∠CAD)=76°，即可得出答案．本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形内角和等知识点，熟练掌握等腰三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．18.答案：240x+12=240x-20解析：解：设甲车的速度为每小时x千米，则乙车的速度为(x-20)千米/小时，由题意得，240x+12=240x-20．故答案是：240x+12=240x-20．设甲车的速度为每小时x千米，则乙车的速度为(x-20)千米/小时，根据两车行驶相同的距离而时间差为30分钟，列出方程．本题考查了由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列出方程．19.答案：解：1a+1+a2-2a+1a2-1-1=1a+1+(a-1)2(a+1)(a-1)-1=1a+1+a-1a+1-1=aa+1-1=a-(a+1)a+1=a-a-1a+1=-1a+1，当a=4时，原式=-14+1=-15． 解析：根据分式的加法和减法可以化简题目中的式子，然后将a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．20.答案：解：(1)去分母得：(x-2)(x-3)-3(x+3)=(x+3)(x-3)，去括号得：x2-5x+6-3x-9=x2-9，移项、合并同类项得：-8x=-6，系数化为1得：x=，检验：把x=代入公分母(x+3)(x-3)≠0，所以，原方程的解是x=；(2)去分母得：2(x-1)+3(x+1)=6，去括号得：2x-2+3x+3=6，移项得：2x+3x=6+2-3，合并同类项得：5x=5，系数化成1得：x=1，检验：把x=1代入公分母(x+1)(x-1)=0，所以x=1是增根，原方程无解．解析：本题考查解分式方程.先把分式方程去分母化为整式方程，解这个整式方程求出x的值，再把x的值代入公分母进行验根即可．(1)先把方程两边同时乘以(x+3)(x-3)去分母，化为整式方程求解即可；(2)把方程两边同时乘以(x+1)(x-1)去分母，化为整式方程即可． 21.答案：解：(1)如图1中，菱形ABCD即为所求作．(2)如图2中，平行四边形ABCD即为所求作．解析：(1)根据菱形的判定画出图形即可．(2)根据平行四边形的判定以及题目的条件画出图形即可．本题考查作图-应用与设计作图，菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定，属于中考常考题型．22.答案：解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求；(2)由图可知A1(-4,-5)、B1(-3,-2)、C1(4,1 )；(3)如图所示，线段AD即为所求．解析：本题主要考查作图-轴对称变换，解题的关键是根据轴对称的定义和性质作出变换后的对应点．(1)分别作出点A、B、C关于x轴的对称点，再顺次连接可得；(2)由所作图形可得；(3)根据三角形高线的定义作图即可得．23.答案：解：(1)设甲工程队单独完成需x天，每天需费用y元，则乙工程队单独完成需(x+5)天，每天需费用(y-300)元，依题意得6x6x5=1，(2分) 6(x+5)+6x=x(x+5)，化简得x2-7x-30=0，(x-10)(x+3)=0，解得x1=10，x2=-3．经检验x1=10，x2=-3均为所列方程的解，但x=-3不合题意，舍去．∴x=10(2分)(2)又6(y+y-300)=10200，解得：y=1000，(2分)∴甲工程队单独完成需费用1000×10=10000(元)，乙工程队单独完成需费用700×15=10500(元)，(1分)答：甲、乙两队单独完成这项工程分别需要10、15天，若选一个队单独完成，从节省资金的角度考虑，应选甲工程队单独完成．(1分)解析：设甲工程队单独完成需x天，每天需费用y元，则乙工程队单独完成需(x+5)天，每天需费用(y-300)元．(1)根据工作量=工作效率×工作时间，完成工作时工作量为1，根据此关系可列方程求解．(2)根据共需工程费用10200元，且甲队每天的工程费用比乙队多300元，可求出甲每天的费用，进而求出乙每天的费用，再根据甲，乙各干的天数求出总费用．24.答案：(1)证明：如图，连接CF，在Rt△CDF和Rt△CEF中，CF=CFCE=CD，∴Rt△CDF≌Rt△CEF(HL)，∴DF=EF，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠EAF=45°，∴△AEF是等腰直角三角形， ∴AE=EF，∴DF=AE；(2)解：∵AB=2，∴AC=AB2+BC2=22+22=22，∵CE=CD，∴AE=AC-CE=AC-AB=22-2，过点E作EH⊥AB于H，则△AEH是等腰直角三角形，EH2+AH2=AE2，则2AH2=AE2，∴AH=22AE=22×(22-2)=2-2，∴BH=2-(2-2)=2，∴在Rt△BEH中，BE2=BH2+EH2=(2)2+(2-2)2=8-42．解析：本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，作辅助线构造出全等三角形和直角三角形是解题的关键．(1)连接CF，根据“HL”证明Rt△CDF和Rt△CEF全等，根据全等三角形对应边相等可得DF=EF，根据正方形的对角线平分一组对角可得∠EAF=45°，求出△AEF是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质可得AE=EF，然后等量代换即可得证；(2)根据勾股定理求出AC，然后求出AE，过点E作EH⊥AB于H，判断出△AEH是等腰直角三角形，然后求出AH=22AE，再求出BH，然后利用勾股定理列式计算即可得解．25.答案：∠BDP=12∠BAC 522解析：(1)解：画图如图1所示：设∠ADE=α，则∠BDP=90°-α，由旋转性质得：AD=AE，∠BAD=∠CAE，∴∠ADE=∠AED=α，∴∠DAE=180°-∠ADE-∠AED=180°-2α，∵∠BAD=∠CAE，∴∠BAC=∠DAE=180°-2α，∴∠BDP=12∠BAC， 故答案为：∠BDP=12∠BAC；(2)证明：在DE上截取EN=DP，连接CN，如图1-1所示：∵把△ABD绕点A逆时针旋转，得到△ACE，∴△ACE≌△ABD，∴∠AEC=∠ADB=90°，AD=AE，BD=CE，∴∠ADE=∠AED，∵∠ADE+∠BDP=180°-90°=90°，∠AED+∠CEN=∠AEC=90°，∴∠CEN=∠BDP，在△CEN和△BDP中，EN=DP∠CEN=∠BDPCE=BD，∴△CEN≌△BDP(SAS)，∴CN=BP，∠ENC=∠DPB，∵∠NPC=180°-∠DPB，∠PNC=180°-∠ENC，∴∠NPC=∠PNC，∴CP=CN，∴BP=CP；(3)解：连接CD、AF，如图2所示：∵AE=EC，DE⊥AC，∴DE为AC的垂直平分线，∴AD=DB=DC，AF=FC，∴A、B、C在以D为圆心，AD为半径的圆上，∴∠ACB=12∠ADB=45°，∵AF=FC，∴∠FAC=∠ACB=45°，∴△AFC为等腰直角三角形，∴AF=FC=22AC=22×42=4，在Rt△ABF中，AB=AF2+BF2=42+32=5，∵AD=BD，∠ADB=90°， ∴AD=BD=22AB=22×5=522，故答案为：522．(1)设∠ADE=α，则∠BDP=90°-α，由旋转性质得AD=AE，∠BAD=∠CAE，由等腰三角形的性质得∠ADE=∠AED=α，证∠BAC=∠DAE=180°-2α，即可得出结果；(2)在DE上截取EN=DP，连接CN，由SAS证得△CEN≌△BDP，得CN=BP，∠ENC=∠DPB，则∠NPC=∠PNC，得CP=CN，即可得出结论；(3)连接CD、AF，易证DE为AC的垂直平分线，则AD=DB=DC，AF=FC，得出A、B、C在以D为圆心，AD为半径的圆上，由圆周角定理得∠ACB=12∠ADB=45°，得△AFC为等腰直角三角形，则AF=FC=22AC=4，由勾股定理得AB=AF2+BF2=5，由等腰直角三角形的性质得AD=BD=22AB，即可得出结果．本题是三角形综合题，主要考查了旋转的性质、线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等、三角形内角和定理、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、圆周角定理等知识；证明A、B、C三点共圆是解决问题的关键．