北京市朝阳区2021-2022学年八年级上学期期末数学试题含答案

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．下面四个图形中，是轴对称图形的是（ ）

A． B． C． D．

2．据《央视网》 2021年10月26日报道，我国成功研制出超导量子计算原型机“祖冲之二号”．截至报道时，根据已公开的最优经典算法，在处理“量子随机线路取样”问题时，全球其他最快的超级计算机用时2.3秒的计算量，“祖冲之二号”用时大约为0.000 000 23秒，将数字0.000 000 23用科学记数法表示应为（ ） A．2.3106

B．2.3107

C．0.23106

D．23108

3．下列长度的三条线段能组成三角形的是（ ） A．3 4 8

B．4 4 10

C．5 6 10

D．5 6 11

4．下列多边形中，内角和与外角和相等的是（ ）

A． B． C． D．

5．下列计算正确的是（ ） A．x2x2x4

B．x2x3x5

C．xyx3y

3D．x4x7

36．如果y2-6y+m是完全平方式，则m的值为（ ） A．-36

（7．计算8aA．3

b3B．-9

2a3）的正确结果是（ ） b8aB．

b3C．9 D．36

2aC．3

b36aD．3

b38．点P在∠AOB的平分线上（不与点O重合），PC∠OA于点C，D是OB边上任意一点，连接PD．若PC=3，则下列关于线段PD的说法一定正确的是（ ） A．PD=PO

二、填空题

B．PD＜3 D．PD≥3

C．存在无数个点D使得PD=PC

试卷第1页，共5页

9．若分式

x2的值是0，则x的值为_______． x10．计算：5xy4yy=___． 11．分解因式：5a210a5___． 12．方程

12的解为___． x13x113．如图，∠ABC，∠A=70°，点D在BC的延长线上，若∠ACD=130°，则∠B=___________°．

14．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A（-3，0），B（3，0），C（3，2），如果△ABC与△ABD全等，那么点D的坐标可以是____（写出一个即可）．

15．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B =30°，CD是高．若AD=2，则BD=____．

16．某游乐园有甲、乙两个自行车租车营业点，顾客租车后当天须在营业结束前在任意一个营业点还车．某一天该游乐园营业结束清点车辆时，发现所有出租的自行车都已经归还，在甲营业点归还的自行车比从甲营业点出租的多4辆，当天从甲营业点出租且在甲营业点归还的自行车为25辆，从乙营业点出租且在乙营业点归还的自行车为23辆．设当天从甲营业点出租自行车x辆，从乙营业点出租自行车y辆，下面结论中，∠在甲营业点归还的自行车为（x+4）辆；∠从甲营业点出租且在乙营业点归还的自行车为（x-25）辆；∠ x

试卷第2页，共5页

与y之间的数量关系为y=x+2．所有正确结论的序号为____． 三、解答题

0（2022）17．计算：432．

18．下面是小军设计的“过线段端点作这条线段的垂线”的尺规作图过程． 已知：线段AB．

求作：AB的垂线，使它经过点A． 作法：如图，

∠以点A为圆心，AB长为半径作弧，交线段BA的延长线于点C；

∠分别以点B和点C为圆心，大于BC的长为半径作弧，两弧相交于直线BC上方的点

2D；

∠作直线AD．

所以直线AD就是所求作的垂线． 根据小军设计的尺规作图过程，

(1)使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹） (2)完成下面的证明． 证明：连接CD，BD． ∠BD= ，AB= ，

∠AD∠AB（ ）（填推理的依据）．

19．如图，点B，F，C，E在一条直线上，AB=DE，∠B=∠E，BF=CE．求证：AC=DF．

1

x24y2x2y. 20．计算：22x2xyyxy21．已知2m2m20，求(2mn)(2mn)+(n22m)的值．

试卷第3页，共5页

22．人工智能在物流行业有广泛的应用，其中自主移动机器人可以实现高效的搬运和拣货作业. 某物流园区利用A，B两种自主移动机器人搬运化工原料，A型机器人比B型机器人每小时多搬运30kg，A型机器人搬运750kg所用时间与B型机器人搬运600kg所用时间相等，两种机器人每小时分别搬运多少化工原料？

23．如图，在△ABC中，点D在AB边上，∠ACD=∠B，CE平分∠BCD，交AB于点E，点F在CE上，连接AF．再从“∠AF平分∠BAC，∠CF=EF”中选择一个作为已知，另外一个作为结论，组成真命题，并证明．

24．阅读材料：

对于两个实数a，b大小的比较，有如下规律：若a-b＞0，则a＞b；若a-b=0，则a=b；若a-b＜0，则a＜b. 反过来也成立． 解决问题：

(1)已知实数x,则x3x7 x4x6（填“＜”，“=”或“＞”）；

(2)甲、乙二人同时从A地出发去B地，甲用一半时间以每小时xkm的速度行走，另一半时间以每小时y km的速度行走；乙以每小时x km的速度行走一半路程，另一半路程以每小时y km的速度行走. 若x≠y，判断谁先到达B地，并说明理由． 下面是小明参考上面的规律解决问题的过程，请补充完整： （1）x3x7 x4x6（填“＜”，“=”或“＞”）； （2）先到达B地的是 ．

说明：设甲从A地到B地用2th，则A，B两地的路程为（x+y）t km，乙从A地到B地用(xyxy)th． 2x2y25．在∠ABC中，∠ACB=90°，AC=BC,点D在AC边上（不与点A，C重合），连接BD，过点D作DE∠BD，点E与点A在直线BC的两侧，DE=BD，延长BC至点F，使CF=BC，连接EF．

试卷第4页，共5页

(1)依题意补全图1；

(2)在点A，B，C，D中，和点F所连线段与DE相等的是点 ． ∠求∠CFE的度数；

∠连接EC并延长，交AB于点M，用等式表示线段EC与MC之间的数量关系，并证明． 26．在平面直角坐标系xOy中，对于任意图形G及直线l1，l2，给出如下定义：将图形G先沿直线l1翻折得到图形G1，再将图形G1沿直线l2翻折得到图形G2，则称图形G2是图形G的伴随图形．

例如：点P（2，1）的伴随图形是点P'（-2，-1）. (1)点Q（-3，-2）的伴随图形点Q'的坐标为 ； (2)已知A（t，1），B（t-3，1），C（t，3），直线m经过点（1，1）.

∠当t=-1，且直线m与y轴平行时,点A的伴随图形点A'的坐标为 ； ∠当直线m经过原点时，若△ABC的伴随图形上只存在两个与x轴的距离为1的点，直接写出t的取值范围．

试卷第5页，共5页

参考答案：

1．D 【解析】 【分析】

根据轴对称图形的定义判断即可． 【详解】

∠不是轴对称图形，

∠A不符合题意；

∠不是轴对称图形，

∠B不符合题意；

∠不是轴对称图形，

∠C不符合题意；

∠是轴对称图形，

∠D符合题意； 故选D． 【点睛】

本题考查了轴对称图形即沿直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，熟记定义是解题的关键． 2．B 【解析】 【分析】

绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，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

试卷第1页，共18页

个数所决定． 【详解】

解：0.000 000 23米，用科学记数法表示为2.3×10﹣7米． 故选：B． 【点睛】

本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，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． 3．C 【解析】 【分析】

根据三角形的任意两边之和大于第三边对各选项分析判断求解即可． 【详解】

解：A．∵3+4＜8，

∴不能组成三角形，故本选项不符合题意； B．∵4+4＜10，

∴不能组成三角形，故本选项不符合题意； C．∵5+6＞10，

∴能组成三角形，故本选项符合题意； D．∵5+6=11，

∴不能组成三角形，故本选项不符合题意； 故选：C． 【点睛】

本题考查了三角形的三边关系，熟记三角形的任意两边之和大于第三边是解决问题的关键． 4．B 【解析】 【分析】

根据多边形的内角和公式（n-2）•180°与多边形的外角和定理列式进行计算即可得解． 【详解】

试卷第2页，共18页

解：设所求多边形的边数为n，根据题意得： （n-2）•180°=360°， 解得n=4． 故选：B． 【点睛】

本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，熟记公式与定理是解题的关键． 5．B 【解析】 【分析】

利用合并同类项的法则，同底数幂的乘法法则，积的乘方法则，幂的乘方法则对各项进行运算即可． 【详解】

解：A、x2+x2=2x2，故A不符合题意； B、x2x3x5，故B符合题意； C、xyx3y3，故C不符合题意； D、x4x12，故D不符合题意；

33故选：B． 【点睛】

本题主要考查合并同类项，同底数幂乘法，积的乘方法则，幂的乘方法则，解答的关键是掌握对应的运算法则． 6．C 【解析】 【分析】

根据完全平方公式（(ab)2a22abb2）即可得． 【详解】

22解：由题意得：y6ym(y3)，

即y26ymy26y9， 所以m9，

试卷第3页，共18页

故选：C． 【点睛】

本题考查了完全平方公式，熟记公式是解题关键． 7．A 【解析】 【分析】

利用积的乘方的运算法则即可求解． 【详解】

32a8a解：3，

bb3故选：A． 【点睛】

此题主要考查了积的乘方，正确掌握积的乘方的运算法则是解题的关键． 8．D 【解析】 【分析】

根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得点P到OB的距离为3，再根据垂线段最短解答即可． 【详解】

解：∵点P在∠AOB的平分线上，PC∠OA于点C，PC=3， ∴点P到OB的距离为3，

∵点D是OB边上的任意一点，根据垂线段最短， ∴PD≥3． 故选：D． 【点睛】

本题考查了角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，垂线段最短的性质，熟记性质是解题的关键． 9．2. 【解析】 【分析】

试卷第4页，共18页

x20x2{根据分式分子为0分母不为0的条件，要使分式的值为0，则必须，从而求x0x解即可. 【详解】

x20 解：有题意可得：{x0解得：x2 故答案为：2. 【点睛】

本题考查分式的值为零的条件，掌握分式值为零即分子为零且分母不为零是本题的解题关键．

10．5x+4##4+5x 【解析】 【分析】

利用多项式除以单项式的运算法则计算即可． 【详解】 解：5xy4yy 5xyy4yy

=5x+4．

故答案为：5x+4． 【点睛】

本题考查了多项式除以单项式，掌握多项式除以单项式的运算法则是解题关键． 11．5(a1)2##5(1+a)2 【解析】 【分析】

先提取公因式5，后用和的完全平方公式即可． 【详解】

∠5a210a55(a1)2， 故答案为5(a1)2． 【点睛】

本题考查了因式分解，熟练掌握先提取公因式，后用公式的解题策略是解题的关键．

试卷第5页，共18页

12．x=-3 【解析】 【分析】

先去分母，然后再求解方程即可． 【详解】 解：

12 x13x1去分母得：3x12x1， 去括号得：3x12x2， 移项、合并同类项得：x3， 经检验：x3是原方程的解， 故答案为x3． 【点睛】

本题主要考查分式方程的解法，熟练掌握分式方程的解法是解题的关键． 13．60° 【解析】 【分析】

根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算即可得解． 【详解】

由三角形的外角性质得，∠B=∠ACD-∠A=130°-70°=60°． 故答案为60． 【点睛】

本题考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质是解题的关键．

14．（3，-2）（答案不唯一） 【解析】 【分析】

如图，把ABC沿x轴对折可得ABC≌ABD, 再根据D的位置确定其坐标即可. 【详解】

解：如图，把ABC沿x轴对折可得：

试卷第6页，共18页

则BC

BD,ABCABD90,ABAB,

ABC≌ABD,

BCBD2,

D3,2,

同理：把ABC，△ABD关于y轴对折，可得：

ABC≌BAD1,ABC≌BAD2,

D13,2,D23,2,

综上：D的坐标为：3,2或3,2或3,2 故答案为：3,2或3,2或3,2（任写一个即可） 【点睛】

本题考查的是轴对称的性质，三角形全等的性质，坐标与图形，熟练的利用轴对称确定全等三角形的对应顶点是解本题的关键. 15．6 【解析】 【分析】

求出∠A，求出∠ACD，根据含30度角的直角三角形性质求出AC＝2AD，AB＝2AC，求出AB即可． 【详解】

解：∠CD∠AB，∠ACB＝90°，

试卷第7页，共18页

∠∠ADC＝90°＝∠ACB， ∠∠B＝30°，

∠∠A＝90°−∠B＝60°， ∠∠ACD＝90°−∠A＝30°， ∠AD＝2， ∠AC＝2AD＝4， ∠AB＝2AC＝8， ∠BD＝AB−AD＝8−2＝6， 故答案为：6． 【点睛】

本题主要考查的是含30角的直角三角形性质和三角形内角和定理的应用，关键是求出AC＝2AD，AB＝2AC． 16．∠∠∠． 【解析】 【分析】

根据在甲营业点归还的自行车比从甲营业点出租的多4辆，可判定∠；当天从甲营业点出租且在甲营业点归还的自行车为25辆，可判定∠；根据意义列出x、y的关系式并化简可判定∠． 【详解】

解：设当天从甲营业点出租自行车x辆，从乙营业点出租自行车y辆，

∠由甲营业点归还的自行车比从甲营业点出租的多4辆，则在甲营业点归还的自行车为（x+4）辆，即∠正确；

∠由当天从甲营业点出租且在甲营业点归还的自行车为25辆，那么从甲营业点出租且在乙营业点归还的自行车为（x-25）辆，即∠正确； ∠在甲营业点归还的自行车为（x+4）辆；

从甲营业点出租且在甲营业点归还的自行车为25辆； 从乙营业点出租且在甲营业点归还的自行车为（y-23）辆； 则x+4=25+y-23，化简得y=x+2，即∠正确． 故答案为∠∠∠． 【点睛】

试卷第8页，共18页

本题主要考查了列代数式和二元一次方程，审清题意、根据题意用x、y表示出相关的量是解答本题的关键．

117．3

9【解析】 【分析】

先计算绝对值、负指数和0指数，再加减即可． 【详解】

-20解：43(2022)

141

913． 9【点睛】

本题考查了含负指数和0指数的实数运算，解题关键是明确负指数和0指数的算法，准确进行计算． 18．(1)见解析

(2)CD，AC，等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合 【解析】 【分析】

（1）根据作法补全图形即可；

（2）根据圆的半径相等，等腰三角形的性质即可得到结论． (1)

解：补全的图形如图所示：

(2)

试卷第9页，共18页

证明：连接CD，BD．

∠BD=CD，AB=AC ，

∠AD∠AB（等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合）（填推理的依据）．

故答案为：CD，AC，等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合 【点睛】

本题考查作图-复杂作图，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是掌握等腰三角形的性质，灵活运用所学知识解决问题． 19．见解析 【解析】 【分析】

先由BF=CE说明BC= EF．然后运用SAS证明∠ABC∠∠DEF，最后运用全等三角形的性质即可证明． 【详解】

证明：∠BF= CE，

∠BC= EF． 在∠ABC和∠DEF中， ABDE,BE, BCEF,∠∠ABC∠∠DEF（SAS）． ∠AC=DF． 【点睛】

本题主要考查了全等三角形的判定与性质，正确证明∠ABC∠∠DEF是解答本题的关键．

试卷第10页，共18页

20．． xy【解析】 【分析】

根据分式的除法法则即可得． 【详解】

x24y2x2y 解：22x2xyyxyx2yx2yx2yx2y 2xyxyx2yx2yxy 2x2yxyx2y． xy【点睛】

本题考查了分式的除法，熟练掌握运算法则是解题关键． 21．4 【解析】 【分析】

先利用平方差公式计算，再合并，然后根据2m2m20，得到2m2m2代入即可求解． 【详解】

解：2mn2mnn22m

4m2n2n22m 4m22m． ∠2m2m20，

∠2m2m2． ∠原式2(2m2m)4． 【点睛】

本题主要考查了整式的混合运算，熟练掌握整式的混合运算法则是解题的关键． 22．A型机器人每小时搬运150 kg化工原料，B型机器人每小时搬运120 kg化工原料 【解析】

试卷第11页，共18页

【分析】

设B型机器人每小时搬运x kg化工原料，则A，B两种自主移动机器人完成各自工作的工作时间为【详解】

解：设B型机器人每小时搬运x kg化工原料． 根据题意，得

750600. x30x600750小时，小时，再利用时间相等建立方程，再解方程即可. x30x解得 x120. 经检验，x120是原分式方程的解，且符合题意.

x30150.

答：A型机器人每小时搬运150 kg化工原料，B型机器人每小时搬运120 kg化工原料. 【点睛】

本题考查的是分式方程的应用，准确的表示A，B两种自主移动机器人搬运化工原料的工作时间是解本题的关键.

23．选择已知∠，结论∠（或选择已知∠，结论∠）；证明见解析 【解析】 【分析】

选择∠作为已知，∠作为结论时证明∠ACE =∠AEC得EA=CA，再根据等腰三角形的性质可得结论；选择∠作为已知，∠作为结论时，证明∠ACE =∠AEC得EA=CA，再根据等腰三角形的性质可得结论． 【详解】

解：选择已知 ∠ ，结论 ∠ ． 证明：∠CE平分∠BCD，

∠∠DCE=∠BCE． ∠∠ACD=∠B． ∠∠DCE +∠ACD=∠BCE +∠B．

试卷第12页，共18页

∠∠ACE =∠AEC． ∠EA=CA． ∠AF平分∠BAC， ∠CF=EF．

选择已知 ∠ ，结论 ∠ ． 证明：∠CE平分∠BCD， ∠∠DCE=∠BCE．

∠∠ACD=∠B． ∠∠DCE +∠ACD=∠BCE +∠B． ∠∠ACE =∠AEC．

∠EA=CA． ∠CF=EF． ∠AF平分∠BAC． 【点睛】

本题主要考查民角平分线的定义，三角形外角的性质以及等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解答本题的关键． 24．(1)＜ (2)甲 【解析】 【分析】

（1）通过阅读材料，可以通过做差法进行大小比较，对两边的式子进行做差比较； （2）根据题意，可以用甲所用的时间与乙所用的时间做差，进行比较． (1)

(x3)(x7)(x4)(x6)=(x210x21)(x210x24) 3故应填“＜” (2)

(xyxy)t2t 2x2y=(xyxy2)t 2x2y试卷第13页，共18页

=[(xy)y(xy)x4xy]t

2xy2xy(xy)24xy=t

2xy(xy)2=t 2xy∠x≠y， ∠(xy)2＞0

∠x＞0，y＞0，t＞0，

(xy)2t＞0 ∠

2xyxyxy∠t＞2t 2y2x所以甲先到达B地． 【点睛】

本题考查的是通过阅读材料，总结出可以通过做差的方法进行比较大小，理解并熟练掌握做差法比较大小是解本题的关键． 25．(1)补全的图形见解析．

(2)D．∠∠CFE=45°；∠EC=MC．证明见解析． 【解析】 【分析】

（1）根据题意题意直接作图即可；

（2）如图：先说明∠BDC∠∠DCF，说明DF=BD,进而说明确定所求的点；∠由DB=DF可得∠CBD=∠CFD．然后根据题意说明∠EDF=180°－∠BDE－∠CBD－∠CFD=90°－2∠CFD．再根据等腰三角形的性质可得∠DEF=∠DFE，最后运用等量代换代入计算即可；∠先说明∠MCB∠∠ECF，然后根据全等三角形的性质即可证明． (1)

（1）解：补全的图形如图所示：

试卷第14页，共18页

(2)

解：（2）如图：连接DF．

在∠BDC和∠DCF中

BC=CF,∠BCD=∠DCF,CD=CD ∠∠BDC∠∠DCF（SAS） ∠DF=BD ∠BD=DE ∠DF=DE,

∠在点A，B，C，D中，和点F所连线段与DE相等的是点D． 故答案是D． ∠连接DF． ∠DB=DF． ∠∠CBD=∠CFD． ∠DE∠DB， ∠∠BDE=90°．

试卷第15页，共18页

∠∠EDF=180°－∠BDE－∠CBD－∠CFD=90°－2∠CFD． ∠DE=BD， ∠DE=DF． ∠∠DEF=∠DFE．

∠∠DFE=(180°-∠EDF=45°+∠CFD．

∠∠CFE=45°．

12

∠线段EC与MC的数量关系：EC=MC．

证明：∠∠ACB=90°，AC=BC， ∠∠ABC=45°． ∠∠ABC=∠CFE． 在∠MCB和∠ECF中， ABCCFE,BCCF, MCBECF,试卷第16页，共18页

∠∠MCB∠∠ECF． ∠EC=MC． 【点睛】

本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用了全等三角形的判定与性质成为解答本题的关键． 26．(1)（3，2）

(2)∠（3，-1）；∠-1＜t＜1或2＜t＜4 【解析】 【分析】

（1）点Q先关于x轴对称的点坐标为3,2，再关于y轴对称的点坐标为3,2，故可得点的伴随图形点Q坐标；

（2）∠t1时，A点坐标为1,1，直线m为x1，此时点A先关于x轴对称的点坐标为

1,1，再关于m轴对称的点坐标为3,1，进而得到点的伴随图形点A'坐标；∠由题意

知直线m为直线yx，A、B、C三点的x轴，m的伴随图形点坐标依次表示为：

1,t，1,t3，3,t，由题意可得t1，或t31解出t的取值范围即可．

(1)

解：由题意知3,2沿x轴翻折得点坐标为3,2；

3,2沿y轴翻折得点坐标为3,2

故答案为：3,2． (2)

∠解:．t1，A点坐标为1,1，直线m为x1，

1,1沿x轴翻折得点坐标为1,1

1,1沿直线x1翻折得点坐标为1211,1即为3,1

故答案为：3,1 ∠解：∠直线m经过原点 ∠直线为yx

试卷第17页，共18页

∠A、B、C的伴随图形点坐标先沿x轴翻折，点坐标依次为t,1，t3,1，t,3； 然后沿直线yx翻折，点坐标依次表示为：1,t，1,t3，3,t 由题意可知：t1或t31 解得：1t1或2t4 【点睛】

本题考查了直角坐标系中的点对称，几何图形翻折．解题的关键在于正确的将翻折后的点坐标表示出来．

试卷第18页，共18页