四川省成都市龙泉驿区2022年八年级下期末数学试卷（含答案解析）

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1、2022年四川省成都市龙泉驿区八年级下期末数学试卷一、选择题（本题共8小题）1. 数学中的对称之美无处不在，下列四幅常见的垃圾分类标志图案（不考虑文字说明）中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）A. 有害垃圾B. 可回收物C. 厨余垃圾D. 其他垃圾2. 下列各式由左边到右边的变形，是因式分解的是（ ）A. B. C. D. 3. 如图，数轴上表示不等式解集正确的是（ ）A. B. C. D. 4. 下列式子从左至右变形不正确是（ ）A B. C. D. 5. 若一个正多边形的一个内角为，则这个图形为正（ ）边形A. 八B. 九C. 十D. 十一6. 如图，DE，DF分别是线段AB，BC

2、垂直平分线，连接DA，DC，则（）A. ACB. BADCC. DADCD. DEDF7. 如图，在平行四边形中，、相交于点，则的长为（ ）A. B. C. D. 8. 如图，在平面直角坐标系中，将折线向右平移得到折线，则折线在平移过程中扫过的面积是（ ）A. B. C. D. 二、填空题（本题共10小题）9. 把多项式分解因式的结果是_10. 若分式值为，则的值为_11. 一次中学生宪法知识竞赛中共有20道题，每一题答对得5分，答错或不答都扣3分若小丽答了所有的题，要想获得优胜奖（75分及以上），则她至少要答对 _道题12. 如图，直线分别与轴交于两点，则不等式组的解集为_13. 如图，为的

3、中位线，点在上，且，若，则的长为_14. 已知，则_15. 已知关于x的分式方程的解是非负数，则m的取值范围是_16. 关于的不等式组有且只有个整数解，则常数的取值范围是_17. 如图，等腰是由三块面向内的镜面组成的，其中，边上靠近点的三等分点处发出一道光线，经镜面两次反射后恰好回到点，若，则光线走过的路径是_18. 如图，射线交边于点，点为射线上一点，以，为边作平行四边形，连接，则最小值为_三、解答题（本题共8小题）19. （1）分解因式：；（2）解分式方程：20. （1）解不等式组：；（2）化简求值：，21. 如图，方格纸中每个小方格都是边长为个单位的正方形，已知的顶点均在格点上（1）可以

4、看作是由经过怎样的变换得到，写出变换过程；（2）画出绕点逆时针旋转后的；（3）直接写出中阴影部分的面积22. 在；，这三个条作中任选一个补充在下面横线上，并完成证明过程已知，如图，四边形是平行四边形，对角线、相交于点，点、在上，_填写序号（1）求证：；（2）连接、，求证：四边形是平行四边形23. 如图，且点在内部，连接，的延长交线段于点（1）求证：；（2）判断与的位置关系并证明；（3）连接，若，求四边形的面积24. 为了更好的宣传成都大运会，某学校预算元的资金购买甲，乙两种型号的大运会吉祥物“蓉宝”玩具摆放在学校各处，已知乙种比甲种每件便宜元，如果其中元购买甲种玩具，其余资金购买乙种玩具，刚好

5、能将预算花完，且购买乙种的数量是甲种的倍（1）求甲，乙两种玩具的单价；（2）购买当日，正逢“大运会走进群众”活动搞促销，所有玩具均按原价八折销售，学校调整了购买方案：不超过预算资金，购买甲种玩具的数量不少于件，且甲，乙两种玩具数量之和件；问购买甲，乙两种玩具有哪几种方案？25. 直线：分别与，轴交于点，线段中点（1）求，的值；（2）在轴负半轴上有一点，连接交轴于点，若，求点坐标；（3）在（2）条件下，轴上一动点由点出发至点，同时轴上另一动点由点出发至点，两动点均以每秒个单位长的速度运动，设运动时间为，若某一动点到达终点，则另一动点同时停止运动，连接，求线段中点的运动路程26. 如图，长方形，点

6、，分别为边，上两动点，将长方形左侧部分沿所在直线折叠，点落在边上点处，点落在点处，连接，（1）若，求的度数；（2）如图，若点与点重合，求线段用含代数式表示；（3）连接，若，且为等腰三角形，求的值2022年四川省成都市龙泉驿区八年级下期末数学试卷一、选择题（本题共8小题）1. 数学中的对称之美无处不在，下列四幅常见的垃圾分类标志图案（不考虑文字说明）中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）A. 有害垃圾B. 可回收物C. 厨余垃圾D. 其他垃圾【答案】A【解析】【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可【详解】解：既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；B.既不是中心

7、对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；C.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；D.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；故选：【点睛】本题考查的是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，旋转度后与自身重合2. 下列各式由左边到右边的变形，是因式分解的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】把一个多项式化为几个整式的积的形式，这种变形叫做把这个多项式因式分解，依据分解因式的定义进行判断即可【详解】解：等式的右边不是几个整式的积的形式，不属于因式分解，故本选项不符合题意；B

8、.从左到右的变形属于因式分解，故本选项符合题意；C.是整式乘法，不属于因式分解，故本选项不符合题意；D.等式的右边不是几个整式的积的形式，即从左到右的变形不属于因式分解，故本选项不符合题意；故选：【点睛】本题考查了因式分解的定义，解题时注意因式分解与整式乘法是相反的过程，二者是一个式子的不同表现形式因式分解是两个或几个因式积的表现形式，整式乘法是多项式的表现形式3. 如图，数轴上表示不等式的解集正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据在数轴上表示的不等式的解集的方法得出答案即可【详解】解：如图， 数轴上表示不等式的解集为，故选：B【点睛】本题考查在数轴上表示不等式的

9、解集，掌握不等式的解集在数轴上的表示方法是正确判断的前提4. 下列式子从左至右变形不正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据分式的基本性质，进行计算即可解答【详解】解：A、不符合分式的基本性质，原变形错误，故此选项符合题意；B、分子分母同时乘4，符合分式的基本性质，原变形正确，故此选项不符合题意；C、符合分式的基本性质，原变形正确，故此选项不符合题意；D、符合分式的基本性质，原变形正确，故此选项不符合题意故选：A【点睛】本题考查了分式的基本性质，熟练掌握分式的基本性质是解题的关键分式的基本性质：分式的分子与分母同乘或除以一个不等于的整式，分式的值不变5. 若一个正多

10、边形的一个内角为，则这个图形为正（ ）边形A. 八B. 九C. 十D. 十一【答案】C【解析】【分析】由邻补角定义可知，每个外角为36，根据多边形外角和360，即可得出结论【详解】解：正多边形的一个内角为每个外角为180-144=36多边形外角和360正多边形的边数为：36036=10故选：C【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，邻补角定义以及根据多边形的外角和360求边数6. 如图，DE，DF分别是线段AB，BC的垂直平分线，连接DA，DC，则（）A. ACB. BADCC. DADCD. DEDF【答案】C【解析】【分析】根据垂直平分线的性质“线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等”分

11、析判断即可【详解】解：如图，连接BD，DE，DF分别是线段AB，BC的垂直平分线，故选：C【点睛】本题主要考查了垂直平分线段的性质，熟记垂直平分线的性质是解题的关键7. 如图，在平行四边形中，、相交于点，则的长为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由平行四边形，根据平行四边形的对角线互相平分，可得，又由，根据勾股定理，即可求得的长【详解】解：四边形是平行四边形，故选：【点睛】此题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对角线互相平分，解题时还要注意勾股定理的应用8. 如图，在平面直角坐标系中，将折线向右平移得到折线，则折线在平移过程中扫过的面积是（ ）A. B. C. D. 【

12、答案】D【解析】【分析】折线在平移过程中扫过的面积，再根据平行四边形的面积公式求解即可【详解】折线在平移过程中扫过的面积 ，故选：【点睛】本题主要考查坐标与图形变化中的平移变化，解题的关键是掌握平行四边形的面积公式二、填空题（本题共10小题）9. 把多项式分解因式的结果是_【答案】【解析】【分析】利用平方差公式进行因式分解即可详解】解：故答案为【点睛】本题主要考查平方差公式，熟练掌利用平方差公式进行因式分解是解题的关键10. 若分式值为，则的值为_【答案】2【解析】【分析】根据分式值为零及分式有意义的条件列方程及不等式求解【详解】解：由题意可得，解得：，故答案为：【点睛】本题考查分式值为零的条

13、件，理解当分子为零且分母不等于零时分式的值为零是解题关键11. 一次中学生宪法知识竞赛中共有20道题，每一题答对得5分，答错或不答都扣3分若小丽答了所有题，要想获得优胜奖（75分及以上），则她至少要答对 _道题【答案】17【解析】【分析】设小丽至少答对道题，则得分为分，失分为分，再列不等式即可.【详解】解：设小丽至少答对道题，则 解得： 为正整数，所以的最小值为17，答：小丽至少答对道题.故答案为：17【点睛】本题考查的是一元一次不等式的应用，理解题意列出不等式是解本题的关键.12. 如图，直线分别与轴交于两点，则不等式组的解集为_【答案】-4x2【解析】【分析】根据图像可以得出满足kx+b0

14、的图像应该在（-4,0）的右侧，满足mx+n0的图像应该在（-2,0）的左侧，两者的公共部分就是不等式组的解集【详解】解：由图像可知x-4mx+n0x2不等式组的解集是-4x2故答案为：-4x2【点睛】本题考查了由直线与坐标轴的交点求不等式的解集，解决本题的关键是能够读懂函数图像中的特殊点，此类题型是中考常考题型13. 如图，为的中位线，点在上，且，若，则的长为_【答案】2【解析】【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质求出，根据三角形中位线定理求出，计算即可【详解】解：在中，为的中点，为的中位线，故答案为：【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线的性质，掌握三角形的中位线

15、平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键14. 已知，则_【答案】-18【解析】【详解】解： ，当，时，原式 ，故答案为：先将原式进行因式分解，再代入计算即可此题考查了利用整体思想求代数式的值的能力，关键是能准确进行因式分解和计算15. 已知关于x的分式方程的解是非负数，则m的取值范围是_【答案】且【解析】【分析】首先去分母，将分式方程表示为整式方程，用表示出方程解，然后根据方程的解为非负数求出的取值范围即可【详解】，去分母得：，为非负数，得，得，故答案为：且【点睛】本题考查分式方程的解以及分式有意义的条件，根据题意求解即可16. 关于的不等式组有且只有个整数解，则常数的取值范围是_【答案

16、】【解析】【分析】按照解一元一次不等式组的步骤，进行计算即可解答【详解】解：，解不等式得：，解不等式得：，原不等式组的解集为：，不等式组有且只有个整数解，故答案为：【点睛】本题考查了一元一次不等式组的整数解，熟练掌握解一元一次不等式组是解题的关键17. 如图，等腰是由三块面向内的镜面组成的，其中，边上靠近点的三等分点处发出一道光线，经镜面两次反射后恰好回到点，若，则光线走过的路径是_【答案】【解析】【分析】根据题意，建立直角坐标系，写出对应点坐标，利用光的反射原理与对称性，求出点、的坐标，勾股定理即可求解【详解】解：建立如图所示的直角坐标系，分别是点关于直线和轴的对称点，连接AM，D为边上靠近

17、点的三等分点，可得，设，分别是点关于直线和轴的对称点，则，由光的反射原理可知，、四点共线，光线走过路径，即光线走过的路径是故答案为：【点睛】本题考查三角形的性质与轴对称图形的灵活应用问题，关键在于正确建立直角坐标系并求解18. 如图，射线交边于点，点为射线上一点，以，为边作平行四边形，连接，则最小值为_【答案】【解析】【分析】如图，延长到，使得，连接，过点作于点首先证明四边形是平行四边形，推出，推出点在射线上运动，当点与重合时，的值最小，求出的长，可得结论【详解】解：如图，延长到，使得，连接，过点作于点四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，点在射线上运动，当点与重合时，的值最小，在中，的最小

18、值为故答案为：【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，直角三角形度角的性质，勾股定理，垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找点的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题三、解答题（本题共8小题）19. （1）分解因式：；（2）解分式方程：【答案】（1）；（2）【解析】【分析】先提公因式，再利用完全平方公式继续分解即可解答；按照解分式方程的步骤进行计算，即可解答【详解】解： ；，解得：，检验：当时，是原方程的根【点睛】本题考查了解分式方程，提公因式法与公式法的综合运用，准确熟练地进行计算是解题的关键20. （1）解不等式组：；（2）化简求值：，【答案】（1）；（2），【解析】【分析】（1）分别解出两个

19、不等式，找出解集的公共部分，得到不等式组的解集；（2）根据分式的混合运算法则把原式化简，再把的值代入计算即可【详解】解：（1），解不等式，得，解不等式，得，所以不等式组的解集为：；（2）原式 ，当时，原式【点睛】本题考查的是分式的化简求值、一元一次不等式组的解法，掌握分式的混合运算法则、解不等式组的一般步骤是解题的关键21. 如图，方格纸中的每个小方格都是边长为个单位的正方形，已知的顶点均在格点上（1）可以看作是由经过怎样的变换得到，写出变换过程；（2）画出绕点逆时针旋转后的；（3）直接写出中阴影部分的面积【答案】（1）向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度所得 （2）见解析 （3）【解析】

20、【分析】(1)根据图形的位置可得变换过程；(2)根据旋转的性质画出图形；(3)由图形可知，阴影部分的面积为，利用割补法求出的面积即可【小问1详解】解：由图形可知，可以看作是由向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度所得；【小问2详解】如图，即为所求；【小问3详解】由图形可知，阴影部分的面积为:【点睛】本题主要考查了作图平移变换，旋转变换，三角形的面积等知识，熟练掌握几何变换的性质是解题的关键22. 在；，这三个条作中任选一个补充在下面横线上，并完成证明过程已知，如图，四边形是平行四边形，对角线、相交于点，点、在上，_填写序号（1）求证：；（2）连接、，求证：四边形是平行四边形【答案】（1）（答

21、案不唯一），见解析；（2）见解析；【解析】【分析】由平行四边形的性质可得，由全等三角形的判定和性质可得结论；由的结论及平行四边形的判定可得出结论【详解】解：若，连接， 证明：四边形是平行四边形，在和中，若，证明：四边形是平行四边形，在和中，；若，证明：四边形是平行四边形，在和中，故答案为：或或选择：，证明：四边形是平行四边形，四边形为平行四边形【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键23. 如图，且点在内部，连接，的延长交线段于点（1）求证：；（2）判断与的位置关系并证明；（3）连接，若，求四边形的面积【答案】（1）见解析 （2），见解

22、析 （3）1【解析】【分析】(1)证出，根据证明；(2)和交于点，由全等三角形的性质得出，则可得出结论；(3)过点作于点，交的延长线于点，证明，由全等三角形的性质得出，证出四边形为正方形，证明，得出，则可得出答案【小问1详解】证明：，在和中，；【小问2详解】解：，证明：如图，和交于点，；【小问3详解】解：过点作于点，交的延长线于点，四边形为矩形，四边形为正方形，又，【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键24. 为了更好的宣传成都大运会，某学校预算元的资金购买甲，乙两种型号的大运会吉祥物“蓉宝”玩具摆

23、放在学校各处，已知乙种比甲种每件便宜元，如果其中元购买甲种玩具，其余资金购买乙种玩具，刚好能将预算花完，且购买乙种的数量是甲种的倍（1）求甲，乙两种玩具的单价；（2）购买当日，正逢“大运会走进群众”活动搞促销，所有玩具均按原价八折销售，学校调整了购买方案：不超过预算资金，购买甲种玩具的数量不少于件，且甲，乙两种玩具数量之和件；问购买甲，乙两种玩具有哪几种方案？【答案】（1）甲种玩具的单价为元，乙种玩具的单价为元 （2）有两种购买方案：方案一：购买甲种玩具件，乙种玩具件；方案二：购买甲种玩具件，乙种玩具件【解析】【分析】设乙种玩具的单价为元，则甲种玩具的单价为元，根据“预算资金为元，其中元购买种

24、商品，其余资金购买乙种玩具，且购买乙的数量是甲种的倍”列分式方程，解方程即可；设购买甲种玩具件，则购买乙种玩具件，根据“购买甲种玩具的数量不少于件”列一元一次不等式组，求出的取值范围，取整即可确定购买方案【小问1详解】解：设乙种玩具的单价为元，则甲种玩具的单价为元，根据题意，得，解得，经检验，是原分式方程的根，元，答：甲种玩具的单价为元，乙种玩具的单价为元；【小问2详解】设购买甲种玩具件，则购买乙种玩具件，根据题意，得，解得，为正整数，的值为，有两种购买方案：方案一：购买甲种玩具件，乙种玩具件；方案二：购买甲种玩具件，乙种玩具件【点睛】本题考查了分式方程的应用和一元一次不等式组的应用，理解题意

25、并根据题意建立关系式是解题的关键25 直线：分别与，轴交于点，线段中点（1）求，的值；（2）在轴负半轴上有一点，连接交轴于点，若，求点坐标；（3）在（2）条件下，轴上一动点由点出发至点，同时轴上另一动点由点出发至点，两动点均以每秒个单位长的速度运动，设运动时间为，若某一动点到达终点，则另一动点同时停止运动，连接，求线段中点的运动路程【答案】（1）的值为，的值是 （2） （3）【解析】【分析】（1）由得，而线段中点，有，可解得的值为，的值是；（2）连接，根据，为的中点，可得，知，用待定系数法可得直线解析式为，即可得；（3）根据题意得，因为的中点，得，从而知是直线上的点，当时，当时，的路程是以，为

26、端点的线段的长，故的路程为【小问1详解】解：在中，令得，令得，线段中点，解得，答：的值为，的值是；【小问2详解】解：连接，如图： ，为的中点，由知，设直线解析式为，将代入得：，解得，直线解析式为，令的，；【小问3详解】解：根据题意知，当与重合时，为的中点，设，则，即是直线上的点，当时，当时，的路程是以，为端点的线段的长，的路程为【点睛】本题考查一次函数的综合应用，涉及线段中点坐标公式，等腰三角形判定与性质，待定系数法等知识，解题的关键是求出点是直线上的点26. 如图，长方形，点，分别为边，上两动点，将长方形左侧部分沿所在直线折叠，点落在边上点处，点落在点处，连接，（1）若，求的度数；（2）如图

27、，若点与点重合，求线段用含代数式表示；（3）连接，若，且为等腰三角形，求的值【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】由折叠的性质可得，由余角的性质和等腰三角形的性质可求解；先证四边形是菱形，由菱形的面积公式可求解；因为与，与关于对称，所以与的交点在对称轴上，设交点为，由，推出，分三种情形：若若若，分别求解即可【小问1详解】由翻折变换的性质可知，；【小问2详解】如图，连接，由翻折变换的性质可知，又，四边形是平行四边形，四边形是菱形，；【小问3详解】如图中，连接线段，线段关于对称，与的交点在对称轴上，设交点为，若，与已知，矛盾若，中，此种情形不存在若，解得负根已经舍去，综上所述，的值为【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，翻折变换等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型