2019-2020学年河南省驻马店二中八年级下学期期中数学试卷(含解析)

2019-2020学年河南省驻马店二中八年级下学期期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）
1. 已知a <b ，则下列不等式一定成立的是( )
A. a +3>b +3
B. 2a >2b
C. −b >−a
D. b −a >0
2. 如果关于x 的不等式x <a +5和2x <4的解相同，那么a 的值为( )
A. 3
B. −3
C. 2
D. −2
3. 利用尺规可以画出美丽的几何图形，下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( ) A. B. C. D.
4. 把多项式a(x −y)3−b(y −x)3+(y −x)3因式分解，正确的是( )
A. 原式=(x −y)3(a −b)
B. 原式=(x −y)3(a +b)
C. 原式=(x −y)3(a −b +1)
D. 原式=(x −y)3(a +b −1)
5. 下列命题正确的是( ) A. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B. 对角线相等的平行四边形是正方形
C. 16的平方根是±4
D. 有两条边对应相等的两个直角三角形全等
6. 若a <b ，则不等式组{x >a x <b
的解集是( ) A. x >a B. x <b C. a <x <b D. 无解
7. 下列因式分解中，正确的是( )
A. m 2−n 2=(m −n)2
B. 3x 2−x =x(3x −1)
C. x 4−2x 2y 2+y 4=(x 2−y 2)2
D. x 2−3x −4=(x +4)(x −1)
8. 如图，线段AB =4，C 为线段AB 上的一个动点，以AC 、BC 为
边作等边△ACD 和等边△BCE ，在点C 的运动过程中△CDE 外接
圆面积的最小值为( )
A. 4π
π
B. 9
2
π
C. 4
3
D. 16π
9.如图，把矩形ABCD绕点A顺时针旋转，使点B的对应点B′落在
DA的延长线上，若AB=2，BC=4，则点C与其对应点C′的距
离为()
A. 6
B. 8
C. 2√5
D. 2√10
10.下列各组数，可以作为直角三角形的三边长的是()
A. 2，3，4
B. 3，4，5
C. 8，12，20
D. 5，13，15
二、填空题（本大题共5小题，共20.0分）
11.不等式−2<x−3<4的解集是______ ．
12.若m=n−1，则m2−2mn+n2的值是______ ．
13.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D是AC边上的一点，DE垂
直平分AB，垂足为点E.若AC=8，BC=6，则线段DE的长度为
______．
14.设整数a使得关于x的一元二次方程5x2−5ax+26a−143=0的两个根都是整数，则a的值
是______．
15.公园内要铺设一段长方形步道，需用一些型号相同的灰色正方形地砖和一些型号相同的白色等
腰直角三角形地砖按如图所示方式排列．
(1)若排列正方形地砖40块，则需使用三角形地砖______ 块；
(2)若排列三角形地砖2020块，则需使用正方形地砖______ 块.
三、解答题（本大题共8小题，共70.0分）
16. 解不等式组{1−x ≤2x+12+x−13
<1，并把解集在数轴上表示出来．
17. 因式分解(x 2+4y 2)2−16x 2y 2
18. 如图，已知△ABO ，点A 、B 坐标分别为(−2,4)、(−2,1)．
(1)把△ABO 绕原点O 顺时针旋转90°得△A 1B 1O ，画出旋转后的△A 1B 1O ；
(2)在(1)的条件下，求点A 旋转到点A 1经过的路径的长．
19.今年3月20日，“2016重庆国际马拉松赛”在南滨路如期举行，马拉松爱好者张老师作为业余
组选手也参与了此次马拉松全程比赛．专业组选手上午8点准时出发，30分钟后张老师出发；
在冠军选手到达终点一个半小时后，张老师抵达终点．已知马拉松全程约为42千米，张老师的
．
平均速度是冠军选手的2
3
(1)求冠军选手和张老师的平均速度分别为多少？
(2)若明年张老师参加马拉松比赛的起跑时间不变，他计划不超过中午十一点抵达终点，则张老
师今年必须加强跑步锻炼，使明年参加比赛时的平均速度至少比今年的平均速度提高百分之多少才能完成计划？
20.如图1，OA=1，OB=2，以A为顶点，AB为腰在第三象限作等腰Rt△ABC．
(1)求C点的坐标；
(2)求△ABC的面积；
(3)如图2，P为y轴负半轴上的一个动点，当P点向y轴负半轴向下运动时，以P为顶点，PA
为腰作等腰Rt△APD，过D作DE⊥x轴于E点，求证：OP=DE+1．
21.某制笔企业欲将n件产品运往A，B，C三地销售，要求运往C地的件数是运往A地件数的2倍，
各地的运费如图所示设安排x件产品运往A地，
(1)当n=200时，
①根据信息填表：
A地B地C地合计产品件数(件)x2x200
运费(元)30x
②若运往B地的件数不多于运往C地的件数，求该企业最少需要多少运费？
(2)若总运费为5800元，求n的最小值．
22.已知：如图，在矩形ABCD中，M，N分别是边AD，BC的中点，E，
F分别是线段BM，CM的中点，连接EN、FN．
(1)求证：△ABM≌△DCM；
(2)判断四边形MENF是什么特殊四边形，并证明你的结论；
(3)当AD：AB=______ 时，四边形MENF是正方形(只写结论，不需证明)．
23.如图，△ABC中点A的坐标为(0,1)，点C的坐标为(4,3)．
(1)求△ABC的面积；
(2)如果要使△ABD与△ABC全等，那么点D的坐标是多少？
(3)求△ABC的边AC上的高．
【答案与解析】
1.答案：D
解析：
根据不等式的性质，(1)不等式两边加(或减)同一个数(或式子)，不等号的方向不变；(2)不等式两边乘(或除以)同一个正数，不等号的方向不变；(3)不等式两边乘(或除以)同一个负数，不等号的方向改变，可得答案．
本题考查了不等式的性质，利用了不等式的基本性质：(1)不等式两边加(或减)同一个数(或式子)，不等号的方向不变；(2)不等式两边乘(或除以)同一个正数，不等号的方向不变；(3)不等式两边乘(或除以)同一个负数，不等号的方向改变．
解：A.两边都加3，故A错误；
B.两边都乘以2，故B错误；
C.两边都成以−1，故C错误；
D.两边都乘以−1，两边在都加b，故D正确；
故选D．
2.答案：B
解析：解：不等式2x<4的解集是x<2．
∵两不等式的解集相同，
∴a+5=2，
解得a=−3．
故选：B．
先求出第二个不等式的解集，再根据两个不等式的解相同，列出方程求解即可．
本题考查了解一元一次不等式的能力．解不等式要依据不等式的基本性质：
(1)不等式的两边同时加上或减去同一个数或整式不等号的方向不变；
(2)不等式的两边同时乘以或除以同一个正数不等号的方向不变；
(3)不等式的两边同时乘以或除以同一个负数不等号的方向改变．
3.答案：C
解析：解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
4.答案：D
解析：试题分析：首先找出公因式，进而提取公因式得出即可．
a(x−y)3−b(y−x)3+(y−x)3
=a(x−y)3+b(x−y)3−(x−y)3，
=(x−y)3(a+b−1)．
故选：D．
5.答案：C
解析：解：A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形或等腰梯形，本选项说法错误；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，本选项说法错误；
C、16的平方根是±4，本选项说法正确；
D、有两条边对应相等的两个直角三角形不一定全等，本选项说法错误；
故选：C．
根据平行四边形和等腰梯形的判定定理、矩形的判定定理、平方根的概念、全等三角形的判定定理判断即可．
本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
6.答案：C
解析：解：公共解集为：a<x<b．
选C．
由于a<b，根据“小大大小中间找”原则，解集为a<x<b．
本题考查一元一次不等式组的解法，属于基础题．求不等式组的解集，要遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
7.答案：B
解析：解：A、原式=(m+n)(m−n)，错误；
B、原式=x(3x−1)，正确；
C、原式=(x2−y2)2=(x+y)2(x−y)2，错误；
D、原式=(x−4)(x+1)，错误．
故选B．
A、原式利用平方差公式分解得到结果，即可做出判断；
B、原式提取x得到结果，即可做出判断；
C、原式利用完全平方公式及平方差公式分解得到结果，即可做出判断；
D、原式利用十字相乘法分解得到结果，即可做出判断．
此题考查了因式分解−运用公式法，提公因式法，以及十字相乘法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
8.答案：C
解析：解：如图，分别作∠A与∠B角平分线，交点为P．
∵△ACD和△BCE都是等边三角形，
∴AP与BP为CD、CE垂直平分线．
又∵圆心O在CD、CE垂直平分线上，则交点P与圆心O重
合，即圆心O是一个定点．
连接OC．
若半径OC最短，则OC⊥AB．
又∵∠OAC=∠OBC=30°，AB=4，
∴OA=OB，
∴AC=BC=2，
∴在直角△AOC中，OC=AC⋅tan∠OAC=2×tan30°=2√3
．
3
π，
∴△CDE外接圆面积的最小值=4
3
故选：C．
分别作∠A与∠B角平分线，交点为P.由三线合一可知AP与BP为CD、CE垂直平分线；再由垂径定理可知圆心O在CD、CE垂直平分线上，则交点P与圆心O重合，即圆心O是一个定点；连OC，若半径OC最短，则OC⊥AB，由△AOB为底边4，底角30°的等腰三角形，可求得OC，根据圆的面积公式即可得到结论．
本题考查了三角形的外接圆与外心．需要掌握等边三角形的“三线合一”的性质，三角形的外接圆圆心为三角形的垂心，点到直线的距离垂线段最短以及解直角三角形等知识点．难度不大，注意数形结合数学思想的应用．
9.答案：D
解析：
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了矩形的性质．
连接AC、AC′，利用旋转的性质得到∠CAC′=∠BAB′=90°，AC=AC′，则可判断△ACC′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形求CC′的长．
解：连接AC、AC′，如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠DAB=∠ABC=90°，
在Rt△ABC中，AC=√22+42=2√5，
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转，使点B的对应点B落在DA的延长线上，
∴∠CAC′=90°，AC=AC′，
∴△ACC′为等腰直角三角形，
∴CC′=√2AC=2√5×√2=2√10．
故选：D．
10.答案：B
解析：解：A、22+32=13≠42=16，∴三角形不是直角三角形，故本选项错误；
B、32+42=25=52=25，∴三角形是直角三角形，故本选项正确；
C、82+122=208=202=400，∴此三角形不是直角三角形，故此选项错误；
D、52+132=194≠152=225，∴三角形不是直角三角形，故本选项错误；
故选：B．
根据勾股定理的逆定理，求出两小边的平方和，再求出大边的平方，看是否相等，即可得出答案．本题考查了对勾股定理的逆定理的运用，勾股定理的逆定理是：如果一个三角形的三边分别是a、b、c(c最大)满足a2+b2=c2，则三角形是直角三角形．
11.答案：1<x<7
解析：解：−2<x−3<4，
两边都加上3得：−2+3<x−3+3<4+3，
即1<x<7
故答案为：1<x<7．
根据不等式的性质两边都加上3，即可得出答案．
本题考查了解一元一次不等式组的应用，题目是一道比较好的题目，难度适中．
12.答案：1
解析：
本题考查了完全平方公式：记住完全平方公式：(a±b)2=a2±2ab+b2．
利用完全平方公式得到m2−2mn+n2=(m−n)2，然后利用整体代入的方法计算．
解：因为m=n−1，
所以m−n=−1，
所以m2−2mn+n2=(m−n)2=1．
故答案为1．
13.答案：15
4
解析：【试题解析】
解：∵∠C=90°，AC=8，BC=6，∴AB=√AC2+BC2=√82+62=10，∵DE垂直平分AB，
∴∠DEA=90°，AE=1
2AB=1
2
×10=5，
∴∠DEA=∠C，又∵∠A=∠A，∴△AED∽△ACB，
∴AE
AC =DE
BC
，
即5
8=DE
6
∴DE=15
4
．
故答案为：15
4
．
先求出AE长，根据相似三角形的判定得出△AED∽△ACB，得出比例式AE
AC =DE
BC
，代入求出DE长即
可．
本题考查了勾股定理，线段的垂直平分线的性质，相似三角形的性质和判定的应用，能推出△AED∽△ACB是解此题的关键．
14.答案：18
解析：解：∵5x2−5ax+26a−143=0⇒25x2−25ax+(130a−262)−39=0，
即(5x−26)(5x−5a+26)=39，
∵x，a都是整数，故(5x−26)、(5x−5a+26)都分别为整数，
而只存在39=1×39或39×1或3×13或13×3或四种情况，
①当5x−26=1、5x−5a+26=39联立解得a=2.8不符合，
②当5x−26=39、5x−5a+26=1联立解得a=18，
③当5x−26=3、5x−5a+26=13联立解得a=8.4不符合，
④当5x−26=13、5x−5a+26=3联立解得a=12.4不符合，
∴当a=18时，方程为5x2−90x+325=0两根为13、−5．
故答案为：18．
首先将方程组5x 2−5ax +26a −143=0左右乘5得25x 2−25ax +(130a −262)−39=0，再分解因式．根据39为两个整数的乘积，令两个因式分别等于39分解的整因数．讨论求值验证即可得到结果．
本题考查因式分解的应用、一元二次方程的整数根与有理根．解决本题的关键是巧妙利用39仅能分解为整数只存在39=1∗39或39∗1或3∗13∗13∗3或四种情况，因而讨论量，并不大． 15.答案：84 1008
解析：解：(1)3+40×2+1=84(块)，
故答案为：84；
(2)(2020−3−1)÷2=1008(块)
故答案为：1008．
(1)中间一个正方形对应两个等腰直角三角形，从而得到三角形的个数为3+40×2+1；
(2)两个等腰三角形对应一个正方形，从而得到正方形的个数为(2020−3−1)÷2．
本题考查了等腰直角三角形，正方形的性质，同时也考查了规律型问题的解决方法，找到规律是解决问题的关键．
16.答案：解：{1−x ≤2①x+12+x−13
<1② 解①得x ≥−1，
解②得x <1．
在数轴上表示如下：
则不等式组的解集是：−1≤x <1．
解析：先求此不等式的解集，再根据不等式的解集在数轴上表示方法画出图示即可求得．
此题考查的是一元一次不等式组的解法，求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
17.答案：解：原式=(x 2+4y 2)2−(4xy)2
=(x 2+4y 2−4xy)(x 2+4y 2+4xy)
=(x−2y)2(x+2y)2．
解析：直接利用平方差公式分解因式进而利用完全平方公式分解因式即可．
此题主要考查了公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．
18.答案：解：(1)如图所示，△A1B1O即为所求；
(2)由图可得，AO=2√5，
∴点A旋转到点A1经过的路径的长为：90×π×2√5
180
=√5π．
解析：(1)根据网格结构找出点A、B绕点O顺时针旋转90°后的对应点的位置，然后顺次连接即可；
(2)根据弧长计算公式，即可得到点A旋转到点A1经过的路径的长．
此题考查了作图−旋转变换，旋转的性质以及弧长的计算，熟练掌握网格结构，准确找出对应点的位置是解题的关键．
19.答案：解：(1)设冠军选手的速度为x千米/时，
42 x +(1.5−30
60
)=422
3
x
，
解得，x=21，
经检验x=21是原分式方程的解，
∴2
3
x=14，
即冠军选手的速度是21千米/时，张老师的平均速度是14千米/时；
(2)设张老师明年参加比赛时的平均速度比今年的平均速度提高x%，
42
14(1+x%)
≤11−8.5，
解得，x≥20，
即张老师明年参加比赛时的平均速度至少比今年的平均速度提高20%，才能完成计划．
解析：(1)根据题意可以列出相应的方程，然后根据解分式方程的方法即可解答本题；
(2)根据题意可以列出相应的不等式，从而可以解答本题．
本题考查分式方程的应用，一元一次不等式的应用，解答此类问题的关键是明确题意，列出相应的分式方程和不等式，注意分式方程要检验，张老师的出发时间比专业队员晚半小时．
20.答案：(1)解：如图1，过C作CM⊥x轴于M点，
∵∠MAC+∠OAB=90°，∠OAB+∠OBA=90°，
则∠MAC=∠OBA，
在△MAC和△OBA中，
{∠CMA=∠AOB=90°∠MAC=∠OBA
AC=AB
，
∴△MAC≌△OBA(AAS)，
∴CM=OA=1，MA=OB=2，
∴OM=OA+AM=1+2=3，
∴点C的坐标为(−3,−1)．
(2)解：在Rt△AOB中，AB=AC=√12+22=√5，
∴S△ACB=1
2⋅AC⋅AB=5
2
．
(3)证明：如图2，过D作DQ⊥OP于Q点，则DE=OQ ∴OP−DE=OP−OQ=PQ，
∵∠APO+∠QPD=90°，
∠APO+∠OAP=90°，
∴∠QPD=∠OAP，
在△AOP和△PQD中，
{∠AOP=∠PQD=90°∠OAP=∠QPD
AP=PD
，
∴△AOP≌△PQD(AAS)．
∴PQ=OA=1．
即OP−DE=1．
解析：本题三角形综合题、等腰直角三角形的性质、勾股定理、三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
(1)如图1，过C作CM⊥x轴于M点，则可以求出△MAC≌△OBA，可得CM=OA=1，MA=OB=2，故点C的坐标为(−3,−1)；
(2)理由勾股定理求出AB、AC的长即可解决问题；
(3)如图2，过D作DQ⊥OP于Q点，则DE=OQ，利用三角形全等的判定定理可得△AOP≌△PQD(AAS)，进一步可得PQ=OA=1，即OP−DE=1；
21.答案：解：(1)①根据信息填表
②由题意，得200−3x≤2x，
解得40≤x，
总运费=56x+1600，
∵56>0，∴总运费随x增大而增大，
∴x=40，该企业运费最少，
总运费=56×40+1600=3840(元)，
答：企业运费最少需要3840元．
(2)由题意，得30x+8(n−3x)+50x=5800，
整理，得n=725−7x．
∵n−3x≥0，
∴725−7x−3x≥0，
∴−10x≥−725，
∴x≤72.5，
又∵x≥0，
∴0≤x≤72.5且x为正整数．
∵n随x的增大而减少，
∴当x=72时，n有最小值为221．
解析：(1)①运往B地的产品件数=总件数n−运往A地的产品件数−运往B地的产品件数；运费=相应件数×一件产品的运费；
②根据运往B地的件数不多于运往C地的件数，列出不等式，求得x≥40，再根据一次函数的增减性即可求解；
(2)总运费=A产品的运费+B产品的运费+C产品的运费，进而根据函数的增减性及(1)中②得到的x 的取值求得n的最小值即可．
本题考查一次函数的应用；得到总运费的关系式是解决本题的关键；注意结合自变量的取值得到n 的最小值．
22.答案：解：(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠A=∠D=90°，
又∵M是AD的中点，
∴AM=DM．
在△ABM和△DCM中，
{AB=DC
∠A=∠D AM=DM
，
∴△ABM≌△DCM(SAS)；
(2)解：四边形MENF是菱形．
证明如下：
∵E，F，N分别是BM，CM，CB的中点，∴NE//MF，NF//ME．
∴四边形MENF是平行四边形．
由(1)，得BM=CM，
∴ME=MF．
∴四边形MENF是菱形；
(3)2：1
解析：此题主要考查了矩形的性质，以及菱形的判定和正方形的判定，关键是掌握菱形和正方形的判定方法．
(1)根据矩形的性质可得AB=CD，∠A=∠D=90°，再根据M是AD的中点，可得AM=DM，然后再利用SAS证明△ABM≌△DCM；
(2)四边形MENF是菱形．首先根据中位线的性质可证明NE//MF，NE=MF，可得四边形MENF 是平行四边形，再根据△ABM≌△DCM可得BM=CM进而得ME=MF，从而得到四边形MENF是菱形；
(3)当AD：AB=2：1时，四边形MENF是正方形，证明∠EMF=90°根据有一个角为直角的菱形是正方形得到结论．
(1)见答案；
(2)见答案；
(3)解：当AD：AB=2：1时，四边形MENF是正方形．理由：
∵M为AD中点，
∴AD=2AM，
∵AD：AB=2：1，
∴AM=AB，
∵∠A=90，
∴∠ABM=∠AMB=45°．
同理∠DMC=45°，
∴∠EMF=180°−45°−45°=90°．
∵四边形MENF是菱形，
∴菱形MENF是正方形．
故答案为2：1．
23.答案：解：(1)∵点A的坐标为(0,1)，点C的坐标为(4,3)，
×3×2=3；
∴△ABC的面积=1
2
(2)∵△ABD与△ABC有一条公共边AB，
当点D在AB的下边时，点D有两种情况：①坐标是(4,−1)，②坐标为(−1,−1)，
当点D在AB的上边时，坐标为(−1,3)，
∴点D的坐标是(4,−1)或(−1,3)或(−1,−1)；
(3)∵AC=√22+42=2√5，
设AC边上的高为h，
∴1
×2√5ℎ=3，
2
∴ℎ=3√5
，
5
故△ABC的边AC上的高为3√5
．
5
解析：(1)根据三角形的面积公式即可得到结论；
(2)因为△ABD与△ABC有一条公共边AB，故本题应从点D在AB的上边、点D在AB的下边两种情况入手进行讨论，计算即可得出答案；
(3)根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论．
本题综合考查了全等三角形的判定和性质，图形的性质和坐标的确定，是综合性较强，难度较大的综合题，分情况进行讨论是解决本题的关键．。