2017-2018学年深圳市福田区八年级下期末数学试卷含答案解析

一、选择题（本大题共12小题，共36分）

1.下列手机软件图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是　　

A.     B.     C.     D. 

【答案】D

【解析】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；

B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误；

C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项错误；

D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项正确．

故选：D．

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．

此题主要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．

2.若，则下列各式中不成立的是　　

A.     B.     C.     D. 

【答案】D

【解析】解：A、由，可得：，成立；

B、由，可得：，成立；

C、由，可得：，成立；

D、由，可得：，不成立；

故选：D．

根据不等式的性质进行判断即可．

本题考查了对不等式性质的应用，注意：不等式的两边都除以或乘以同一个负数，不等式的符号要发生改变．

3.如图，已知直线l垂直平分线段AB，P是l上一点，已知，则　　

A. 等于1

B. 小于1

C. 大于1

D. 不能确定

【解析】解：

是线段AB垂直平分线上的一点，

，

故选：A．

利用线段垂直平分线的性质可得到，可得到答案．

本题主要考查线段垂直平分线的性质，掌握线段垂直平分线的点到线段两端点的距离相等是解题的关键．

4.在中，，，，则　　

A. 1    B. 2    C.     D. 

【答案】A

【解析】解：根据含30度角的直角三角形的性质可知：．

故选：A．

根据含30度角的直角三角形的性质直接求解即可．

本题考查了含30度角的直角三角形的性质，比较容易解答，要求熟记角所对的直角边是斜边的一半．

5.已知在▱ABCD中，，则的度数是　　

A.     B.     C.     D. 

【答案】B

【解析】解：四边形ABCD是平行四边形，

，

，

，

．

故选：B．

由四边形ABCD是平行四边形，可得，又由，即可求得的度数，继而求得答案．

此题考查了平行四边形的性质此题比较简单，熟记平行四边形的各种性质是解题的关键．

6.如图，下列四组条件中，能判定四边形ABCD是平行四边形的是　　

A. ，    B. ，

C. ，    D. ，

【答案】C

【解析】解：根据平行四边形的判定，A、B、D均不符合是平行四边形的条件，C则能判定是平行四边形．

故选：C．

平行四边形的判定：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；两组对角分别相等的四边形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．

此题主要考查了学生对平行四边形的判定的掌握情况对于判定定理：“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”应用时要注意必须是“一组”，而“一组对边平行且另一组对边相等”的四边形不一定是平行四边形．

7.如图，已知中，，DE是的中位线，，，则　　

A. 

B. 

C. 1

D. 2

【解析】解：在中，，

是的中位线，

，

故选：C．

根据勾股定理求出AC，根据三角形中位线定理计算即可．

本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．

8.下列命题中，是假命题的是　　

A. 斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等

B. 角平分线上的点到这个角的两边的距离相等

C. 有两个角相等的三角形是等腰三角形

D. 有一个角是的三角形是等边三角形

【答案】D

【解析】解：A、斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等，是真命题；

B、角平分线上的点到这个角的两边的距离相等，是真命题；

C、有两个角相等的三角形是等腰三角形，是真命题；

D、有一个角是的等腰三角形是等边三角形，是假命题；

故选：D．

根据全等三角形的判定、角平分线的性质、等腰三角形的判定和等边三角形的判定判断即可．

本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果那么”形式有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．

9.一个多边形的内角和等于它的外角和的两倍，则这个多边形的边数为　　

A. 6    B. 7    C. 8    D. 9

【答案】A

【解析】解：根据题意，得

，

解得：．

故这个多边形的边数为6．

故选：A．

任何多边形的外角和是，内角和等于外角和的2倍则内角和是边形的内角和是，如果已知多边形的内角和，就可以得到一个关于边数的方程，解方程就可以求出多边形的边数．

本题主要考查了多边形的内角和以及外角和，已知多边形的内角和求边数，可以转化为方程的问题来解决，难度适中．

10.若代数式的值等于零，则　　

A. 1    B. 0    C. 0或1    D. 0或

【答案】B

【解析】解：代数式的值等于零，

，，

解得：．

故选：B．

直接利用分式的值为零条件进而分析得出答案．

此题主要考查了分式为零的条件，正确把握定义是解题关键．

11.若a、b两个实数在数轴上的对应点如图所示，则　　

A.     B.     C.     D. 

【答案】C

【解析】解：由题意可知：，，且，

，，，，

故选：C．

由题意可知：，，且，可得，，，，即可判断；

本题考查实数与数轴，有理数的加减乘除运算等知识，解题的关键是读懂图象信息，属于中考常考题型．

12.如图，已知与，PQ是直线上的一条动线段且在P的下方，当最小时，Q点坐标为　　

A. 

B. 

C. 

D. 

【解析】解：作点B关于直线的对称点，过点A作直线MN，并沿MN向下平移单位后得

连接交直线于点Q

如图

理由如下：，

四边形是平行四边形

且

当值最小时，值最小

根据两点之间线段最短，即，Q，三点共线时值最小

，

直线的解析式

即

点坐标

故选：A．

作点B关于直线的对称点，过点A作直线MN，并沿MN向下平移单位后得，连接交直线于点Q，求出直线解析式，

与组成方程组，可求Q点坐标．

本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，最短路径问题，找到当最小时，Q点坐标是本题关键．

二、填空题（本大题共4小题，共12分）

13.分解因式：______．

【答案】

【解析】解： 

．

故答案为：．

首先提取公因式b，进而利用平方差公式分解因式得出答案．

此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确运用平方差公式是解题关键．

14.命题：“如果，那么”的逆命题是______．

【答案】如果，那么

【解析】解：如果，那么的逆命题是如果，那么，

故答案为：如果，那么．

根据逆命题的概念解答即可．

本题考查的是命题和定理，两个命题中，如果第一个命题的条件是第二个命题的结论，而第一个命题的结论又是第二个命题的条件，那么这两个命题叫做互逆命题其中一个命题称为另一个命题的逆命题．

15.如图，已知直线l：与x轴的交点作弊是，则不等式的解集是______．

【解析】解：当时，，即，

所以不等式的解集是．

故答案为：．

观察函数图象得到当时，函数图象在x轴上或上方，所以，即．

本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数的值大于或小于的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线在x轴上或下方部分所有的点的横坐标所构成的集合．

16.把直线绕原点顺时针旋转，得到的新直线的表达式是______．

【答案】

【解析】解：直线与坐标轴的交点坐标是、，

将直线绕原点顺时针旋转，得到对应的点的坐标分别是、，

设新直线的解析式为：，

则，

解得，

故新直线的表达式为：．

故答案是：．

根据直线与坐标轴的交点绕原点顺时针旋转得到新的点的坐标，然后根据待定系数法求解．

此题主要考查了翻折变换的性质和待定系数法求一次函数解析式等知识，得出新直线上两点坐标是解题关键．

三、计算题（本大题共3小题，共21分）

17.解方程：．

【答案】解：去分母得，

解得，

经检验为原方程的增根，原方程无解．

【解析】先去分母得到，然后解整式方程后进行检验确定原方程的解．

本题考查了解分式方程：熟练掌握解分式方程的步骤去分母；求出整式方程的解；检验；得出结论．

18.先化简，再求值：，其中．

【答案】解：

，

当时，原式．

【解析】根据分式的减法和除法可以化简题目中的式子，然后将x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．

19.某校初二班同学乘车去爱国教育基地，基地距学校150千米，一部分同学乘慢车先行，出发1小时后，另一部分同学乘快车前往，结果他们同时到达基地，已知快车的速度是慢车的倍．

设慢车的速度为x千米小时，则快车的速度是______千米小时用含x的代数式表示；

列方程求解慢车的速度．

【答案】

【解析】解：设慢车的速度为x千米小时，则快车的速度为千米小时，

故答案：；

根据题意可得：，

解得：，

经检验是原方程的解，

答：慢车的速度为50千米小时．

设慢车的速度为x千米小时，则快车的速度为千米小时，根据题意可得走过150千米，快车比慢车少用1小时，列方程即可．

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，找出合适的等量关系，列方程．

四、解答题（本大题共4小题，共31.0分）

20.解不等式组：

【答案】解：解不等式得：，

解不等式得：，

不等式组的解集为：．

【解析】先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集即可．

本题考查了解一元一次不等式组，能根据不等式的解集找出不等式组的解集是解此题的关键．

21.如图，再由边长为1的正方形组成的方格图中，按下列要求作图：

将向上平移2个单位得到其中A的对应点是，B的对应点是，C的对应点是；

以B为旋转中心将旋转得到其中A的对应点是，C的对应点是

【答案】解：如图所示，即为所求；

如图，即为所求．

【解析】将三顶点分别向上平移2个单位得到对应点，顺次连接可得；

将点A、C分别以B为旋转中心旋转得到对应点，顺次连接可得．

本题主要考查作图旋转变换、平移变换，解题的关键是旋转变换和平移变换的定义．

22.如图，已知，A、C、F、E在一条直线上，，．

求证：≌；

四边形BCDF是平行四边形．

又，

≌ 

≌ 

， 

， 

四边形BCDF是平行四边形

【解析】由题意由“HL”可判定≌ 

根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证四边形BCDF是平行四边形．

本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，关键是灵活运用性质和判定解决问题．

23.如图，以长方形OABC的顶点O为原点建立直角坐标系，已知，，动点P从A出发，沿路线运动，回到A时运动停止，运动速度为1个单位秒，运动时间为t秒．

当时，直接写出P点的坐标______；

当t为何值时，点P到直线AC的距离最大？并求出最大值；

当t为何值时，为等腰三角形？

【解析】解：如图1，

四边形ABCD是矩形，

、，

点P的运动速度为1个单位秒，

时，点P是BC的中点，

则点P的坐标为，

故答案为：．

如图2，当点P与点B重合时，点P到直线AC的距离最大，

过点B作于点Q，

、，

，

由可得，

则，即点P到直线AC距离的最大值为；

当点P在AB上时，

为等腰三角形，

点P在OC中垂线上，

，即；

如图4，当点P在BC上时，

为等腰三角形，

，

则，

；

如图5，当点P在AC上时，

Ⅰ若，则点P在OC的中垂线上，

且，

，

则，

；

Ⅱ若，则；

Ⅲ若，

如图6，过点O作于点N，

则，

，

则；

综上，当、8、19、20、时，是等腰三角形．

由时知点P是BC的中点，据此进一步求解可得；

当点P与点B重合时，点P到直线AC的距离最大，作，由求解可得；

分点P在AB、BC和AC上三种情况，根据等腰三角形的性质逐一求解．

本题主要考查四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理及分类讨论思想的运用．