资源简介 广东省茂名市2023-2024学年八年级下学期期末数学试题一、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分)1.(2024八下·茂名期末)下面四个图标中,属于中心对称图形的是( )A. B. C. D.2.(2024八下·茂名期末)下列说法正确的有( )①在,,,中,共有2个无理数;②若,则,它的逆命题是真命题;③若边形的内角和是其外角和的2倍,则它是八边形.A.① B.①② C.①③ D.②③3.(2024八下·茂名期末)已知,则下列式子一定成立的是( )A. B.C. D.4.(2024八下·茂名期末)下列变形是因式分解的是( )A. B.C. D.5.(2024八下·茂名期末)把题图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合,则这个旋转角度不可能是( )A. B. C. D.6.(2024八下·茂名期末)如果分式 的值为0,那么 的值为( )A. B. C. 或 D.3或07.(2024八下·茂名期末)将一个正五边形与一个正六边形按如题图所示方式放置,顶点,,,在同一条直线上,为公共顶点,则等于( )A. B. C. D.8.(2024八下·茂名期末)若函数和的图象如题图所示,则关于的不等式的解集是( )A. B. C. D.9.(2024八下·茂名期末)如图,在中,,,点D,,分别在,,边上,且,.则的度数是( )A. B. C. D.10.(2024八下·茂名期末)如图,将沿方向平移4个单位长度得到,与相交于点,,,,则图中阴影部分的面积为( )A.16 B.20 C.32 D.40二、填空题(本大题共5小题,每小题3分,共15分)11.(2024八下·茂名期末)因式分解: .12.(2024八下·茂名期末)已知点与点关于原点对称,则 .13.(2024八下·茂名期末)定义运算,如:,若,则的值为 .14.(2024八下·茂名期末)如题图,在中,,,,用尺规作图法构造的平分线,交于点,则的长为 .15.(2024八下·茂名期末)如题图,为等边三角形,,分别是,边上的点,且,,是边上的一动点,以,,为顶点,为对角线构造平行四边形,则的最小值为 .三、解答题(一)(本大题共3小题,第16题10分,第17、18题各7分,共24分)16.(2024八下·茂名期末)(1)解方程::(2)解不等式组:并将解集在数轴上表示出来.17.(2024八下·茂名期末)如题图,线段与相交于点,分别过点,作的垂线,垂足分别为,,且,,依次连接点A,B,C,D.求证:四边形为平行四边形.18.(2024八下·茂名期末)如题图,在平面直角坐标系内,三个顶点的坐标分别为,,.(1)画出将绕点旋转后得到的;(2)求证:与互相垂直平分.四、解答题(二)(本大题共3小题,每小题9分,共27分)19.(2024八下·茂名期末)笔、墨、纸、砚是中国独有的书法绘画工具,又称“文房四宝”.某校计划购买两种型号的“文房四宝”,其中每套型号的价格比每套型号的价格少元,买套A型号和套型号共用元.(1)求每套型号的“文房四宝”的价格;(2)若该校需购进两种型号的“文房四宝”共套,总费用不超过元,要求购进型号的数量不超过型号数量的倍,求购得以上工具的最低费用.20.(2024八下·茂名期末)如图1,已知是等腰直角三角形,,点,是三角形外的两点,分别连接,,,,其中,.(1)求证:;(2)如图2,交于点,连接,是的中点,分别连接,.若求与的数量关系.21.(2024八下·茂名期末)阅读下面的材料,并解答问题.把一个分式写成两个分式的和叫做把这个分式表示成“部分分式”,例如:将分式表示成部分分式,,设,接下来求,的值.去分母,得,,解得.(1)若(,为常数),则______,______;(2)已知(,为常数),用材料中的解法求,的值;(3)化简:.五、解答题(三)(本大题共2小题,每小题12分,共24分)22.(2024八下·茂名期末)数形结合是解决数学问题的一种重要的思想方法,通过计算几何图形的面积可以表示一些代数恒等式,将一些多项式因式分解.例如:利用图1可以得到.(1)请把表示图2面积的多项式因式分解:______(直接列出等式即可);(2)若,,求的值;(3)如图3,有足够数量的边长分别为,的正方形纸片和长为、宽为的长方形纸片,请利用这些纸片将多项式因式分解,并画出图形.23.(2024八下·茂名期末)综合实践课上,老师让同学们开展了的折纸活动,是边上的一动点,是边上的一动点,将沿直线折叠,使点落在边上的点处,点的对应点为点,连接.(1)【观察发现】如图1,若,,,求的长;(2)【操作探究】如图2,当点落在的延长线上时,求证:四边形为平行四边形.答案解析部分1.【答案】C【知识点】中心对称及中心对称图形【解析】【解答】解:A.不是中心对称图形,故此选项不符合题意;B.不是中心对称图形,故此选项不符合题意;C.是中心对称图形,故此选项符合题意;D.不是中心对称图形,故此选项不符合题意;故选:C.【分析】把一个图形绕着某一个点旋转,如果旋转后的图形能够与原来的图形重合,那么这个图形叫做中心对称图形,这个点就是它的对称中心.2.【答案】A【知识点】等式的基本性质;多边形内角与外角;无理数的概念;逆命题【解析】【解答】解:在,,,中,共有和,2个无理数;故①正确;若,则的逆命题为:若,则,为假命题,故②错误;若边形的内角和是其外角和的2倍,则:,解得:,则它是六边形;故③错误;故答案为:A.【分析】利用无理数的定义、等式的性质、逆命题的定义、真命题的定义及正多边形的性质逐项分析判断即可.3.【答案】C【知识点】不等式的性质【解析】【解答】解:A、不等式两边不是同时减去相同数,不能比较大小,∴A不符合题意;B、不等式两边同时除以,则,∴B不符合题意;C、不等式两边同时乘以再加,则,∴C符合题意;D、当时,,∴D不符合题意;故答案为:C.【分析】利用一元一次不等式的性质(不等式的基本性质①:不等式的两边都加上(或减去)同一个数(或式子),不等号的方向不变;不等式的基本性质②:不等式的两边都乘以(或除以)同一个正数,不等号的方向不变;不等式的基本性质③:不等式的两边都乘以(或除以)同一个负数,不等号的方向改变)分析求解即可.4.【答案】B【知识点】因式分解的概念【解析】【解答】解: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,因为A,C,D选项都不是积的形式,所以不符合题意,故答案为:B.【分析】利用因式分解的定义(因式分解是把一个多项式转化成几个整式乘积的形式)逐个分析求解即可.5.【答案】B【知识点】旋转对称图形【解析】【解答】解:由图形知,该图形是旋转对称图形,则旋转,,都可以与自身重合,旋转不能与自身重合.故答案为:B.【分析】利用旋转对称图形的特征分析求解即可.6.【答案】B【知识点】分式的值为零的条件【解析】【解答】由分式的分母不能为0得:解得由题意得:整理得:解得 或 (舍去)综上,故答案为:B.【分析】根据分式的值为零、分式有意义的条件求解即可得.7.【答案】B【知识点】角的运算;多边形内角与外角【解析】【解答】解:由正多边形外角和等于可得:,,,,∴.∴.故答案为:B.【分析】先利用正多边形的性质及角的运算求出∠FEB和∠GEC的度数,再求出∠BEC的度数,最后利用周角求出∠FEG的度数即可.8.【答案】B【知识点】一次函数与不等式(组)的关系【解析】【解答】解:根据图象可得:不等式的解集是:.∴的解集是:.故答案为:B.【分析】结合函数图象,利用函数值大的图象在上方的原则求解即可.9.【答案】C【知识点】三角形内角和定理;三角形的外角性质;等腰三角形的性质;三角形全等的判定-SAS【解析】【解答】解:∵∴∵∴∴,∵∴,∴故答案为:C.【分析】先利用“SAS”证出,利用全等三角形的性质可得,,再结合,利用角的运算求出即可.10.【答案】C【知识点】梯形;平移的性质;图形的平移【解析】【解答】解:由平移的性质得:,,,∴阴影部分的面积,∵,∴,∴阴影部分的面积.故答案为:C.【分析】先利用平移的性质及割补法求出阴影部分的面积,再结合,,利用梯形的面积公式列出算式求解即可.11.【答案】【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法【解析】【解答】解:故答案为:.【分析】先提取公因式(如果多项式的各项含有公因式,那么就可以把这个公因式提到括号外,把多项式写成公因式与另一个多项式的积的形式),再利用平方差公式(运用平方差公式对某些多项式进行因式分解,其结构特征是:等式的左边是两个数的平方差,右边是这两个数的和与这两个数的差的积)分析求解即可.12.【答案】8【知识点】关于原点对称的点的坐标特征;加减消元法解二元一次方程组【解析】【解答】解:由题意,,解得;∴,故答案为:8.【分析】利用关于原点对称的点坐标的特征(横坐标变为相反数,纵坐标变为相反数)可得,再求解即可.13.【答案】7【知识点】解分式方程【解析】【解答】解:∵,∴,解得:,检验:当时,,∴的值为7.故答案为:7.【分析】根据题干中的定义及计算方法列出方程,再求解即可.14.【答案】【知识点】含30°角的直角三角形;尺规作图-作角的平分线【解析】【解答】解:∵,,,∴,∵平分,∴,∴,∴,∴;故答案为:.【分析】先利用角平分线的定义可得,再利用含30°角的直角三角形的性质可得,再求出,最后求出即可.15.【答案】【知识点】三角形全等及其性质;等边三角形的判定与性质;含30°角的直角三角形;勾股定理;平行四边形的判定与性质【解析】【解答】解:作交于点,连接,,∴∵为等边三角形,∴,∴∴为等边三角形,∴,∴,∴,∴,,∴为等边三角形,∴,∴,∴四边形是平行四边形,∴,,∵四边形是平行四边形,∴,,∴,∴,∴,∴,∴,∴点在直线上,当时,即有最小值,根据平行线间的距离相等知的最小值就是等边的高,作于点,∴,∴,∴的最小值为,故答案为:.【分析】作交于点,先证出四边形是平行四边形,利用平行四边形的性质可得,, 再利用“SAS”证出,再证出 当时,即有最小值,根据平行线间的距离相等知的最小值就是等边的高, 作于点, 最后利用勾股定理求出, 从而可得的最小值为.16.【答案】解:(1),最简公分母为,去分母,得:,,,,检验:当时,,原方程的解为;(2)由①得,由②得,原不等式组的解集为,在数轴上表示如下.【知识点】解分式方程;在数轴上表示不等式组的解集;解一元一次不等式组【解析】【分析】(1)利用解分式方程的计算方法及步骤(先去分母,再去括号,然后移项并合并同类项,最后系数化为“1”并检验即可)分析求解即可;(2)先利用一元一次不等式的计算方法及步骤(先去分母,再去括号,然后移项并合并同类项,最后系数化为“1”即可)分析求出解集,再在数轴上表示出解集即可.17.【答案】证明:,,.在与中,.,.又,..又,四边形是平行四边形.【知识点】平行四边形的判定;三角形全等的判定-AAS【解析】【分析】先利用“AAS”证出,利用全等三角形的性质可得,,再利用线段的和差及等量代换可得,再结合,即可证出四边形是平行四边形.18.【答案】(1)解:如图,为所作:(2)证明:∵绕着点旋转得到,∴与均经过点,且均被点平分,由勾股定理得:,,,∴,∴是直角三角形,,∴,∴与互相垂直平分.【知识点】坐标与图形性质;勾股定理的逆定理;作图﹣旋转;线段垂直平分线的判定【解析】【分析】(1)先利用点旋转的特征找出点A、B、C的对应点,再连接即可;(2)先利用勾股定理的逆定理证出是直角三角形,,再结合与均经过点,且均被点平分,从而可证出与互相垂直平分.19.【答案】(1)解:设每套型号的价格是元,则每套型号的价格是元,由题意可得,解得:,.答:每套型号的价格是元,每套B型号的价格是元.(2)解:设购进B型号套,则购进A型号套,由题意可得,解得:,又∵为正整数,∴可以取,,当购进套型号“文房四宝”,套型号“文房四宝”,费用(元)当购进套型号“文房四宝”,套型号“文房四宝”,费用(元)∵,∴购得以上工具的最低费用是元.【知识点】一元一次不等式组的应用;一元一次方程的实际应用-盈亏问题【解析】【分析】(1)设每套型号的价格是元,则每套型号的价格是元,根据“ 买套A型号和套型号共用元 ”列出方程,再求解即可;(2)设购进B型号套,则购进A型号套,根据“ 总费用不超过元,要求购进型号的数量不超过型号数量的倍 ”列出不等式组求出a的取值范围,再求出所有方案的费用,最后比较大小即可.20.【答案】(1)证明:,.,,.是等腰直角三角形,.在与中,.(2)解:如图,连接,设交于点,由(1)得,.,.,.垂直平分..,点是的中点.又点是的中点,是的中位线...【知识点】线段垂直平分线的性质;等腰三角形的判定与性质;三角形全等的判定-SAS;三角形的中位线定理【解析】【分析】(1)先证出,,再利用“SAS”证出即可;(2)连接,设交于点,先证出点是的中点,再结合点是的中点,证出OF是的中位线,最后利用中位线的性质及等量代换可得.21.【答案】(1)1,(2)解:去分母,得∴,解得:,(3)解:.【知识点】分式的混合运算;解分式方程;探索规律-等式类规律【解析】【解答】(1)解:去分母,得∴,解得:.故答案为:1;.【分析】(1)先利用分式的加法计算方法将等式右边进行计算,再利用待定系数法求出a、b的值即可;(2)先利用分式的加法计算方法将等式右边进行计算,再利用待定系数法求出a、b的值即可;(3)先将原式变形为,再计算即可.22.【答案】(1)(2)解:,,,.. (3)解:如图所示,.【知识点】多项式乘多项式;因式分解的应用;用代数式表示几何图形的数量关系【解析】【解答】(1)解:由图可知:;故答案为:.【分析】(1)利用不同的表达式表示同一个图形的面积即可得到答案;(2)将原式变形为,再求出即可;(3)利用多项式乘多项式的计算方法分析求解即可.23.【答案】(1)解:由折叠知,..,..由勾股定理得,,....(2)证明:由折叠知,,.,,,,,∵,∴,,,,,,点在延长线上,,,.,,四边形是平行四边形.【知识点】含30°角的直角三角形;勾股定理;平行四边形的判定与性质;翻折变换(折叠问题);四边形的综合【解析】【分析】(1)先求出,利用含30°角的直角三角形的性质可得,再利用勾股定理及等量代换可得,再结合,求出即可;(2)先利用折叠的性质及平行线的性质和等量代换可得,再证出,结合,点在延长线上, 可得,再求出,最后证出四边形是平行四边形即可.1 / 1广东省茂名市2023-2024学年八年级下学期期末数学试题一、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分)1.(2024八下·茂名期末)下面四个图标中,属于中心对称图形的是( )A. B. C. D.【答案】C【知识点】中心对称及中心对称图形【解析】【解答】解:A.不是中心对称图形,故此选项不符合题意;B.不是中心对称图形,故此选项不符合题意;C.是中心对称图形,故此选项符合题意;D.不是中心对称图形,故此选项不符合题意;故选:C.【分析】把一个图形绕着某一个点旋转,如果旋转后的图形能够与原来的图形重合,那么这个图形叫做中心对称图形,这个点就是它的对称中心.2.(2024八下·茂名期末)下列说法正确的有( )①在,,,中,共有2个无理数;②若,则,它的逆命题是真命题;③若边形的内角和是其外角和的2倍,则它是八边形.A.① B.①② C.①③ D.②③【答案】A【知识点】等式的基本性质;多边形内角与外角;无理数的概念;逆命题【解析】【解答】解:在,,,中,共有和,2个无理数;故①正确;若,则的逆命题为:若,则,为假命题,故②错误;若边形的内角和是其外角和的2倍,则:,解得:,则它是六边形;故③错误;故答案为:A.【分析】利用无理数的定义、等式的性质、逆命题的定义、真命题的定义及正多边形的性质逐项分析判断即可.3.(2024八下·茂名期末)已知,则下列式子一定成立的是( )A. B.C. D.【答案】C【知识点】不等式的性质【解析】【解答】解:A、不等式两边不是同时减去相同数,不能比较大小,∴A不符合题意;B、不等式两边同时除以,则,∴B不符合题意;C、不等式两边同时乘以再加,则,∴C符合题意;D、当时,,∴D不符合题意;故答案为:C.【分析】利用一元一次不等式的性质(不等式的基本性质①:不等式的两边都加上(或减去)同一个数(或式子),不等号的方向不变;不等式的基本性质②:不等式的两边都乘以(或除以)同一个正数,不等号的方向不变;不等式的基本性质③:不等式的两边都乘以(或除以)同一个负数,不等号的方向改变)分析求解即可.4.(2024八下·茂名期末)下列变形是因式分解的是( )A. B.C. D.【答案】B【知识点】因式分解的概念【解析】【解答】解: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,因为A,C,D选项都不是积的形式,所以不符合题意,故答案为:B.【分析】利用因式分解的定义(因式分解是把一个多项式转化成几个整式乘积的形式)逐个分析求解即可.5.(2024八下·茂名期末)把题图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合,则这个旋转角度不可能是( )A. B. C. D.【答案】B【知识点】旋转对称图形【解析】【解答】解:由图形知,该图形是旋转对称图形,则旋转,,都可以与自身重合,旋转不能与自身重合.故答案为:B.【分析】利用旋转对称图形的特征分析求解即可.6.(2024八下·茂名期末)如果分式 的值为0,那么 的值为( )A. B. C. 或 D.3或0【答案】B【知识点】分式的值为零的条件【解析】【解答】由分式的分母不能为0得:解得由题意得:整理得:解得 或 (舍去)综上,故答案为:B.【分析】根据分式的值为零、分式有意义的条件求解即可得.7.(2024八下·茂名期末)将一个正五边形与一个正六边形按如题图所示方式放置,顶点,,,在同一条直线上,为公共顶点,则等于( )A. B. C. D.【答案】B【知识点】角的运算;多边形内角与外角【解析】【解答】解:由正多边形外角和等于可得:,,,,∴.∴.故答案为:B.【分析】先利用正多边形的性质及角的运算求出∠FEB和∠GEC的度数,再求出∠BEC的度数,最后利用周角求出∠FEG的度数即可.8.(2024八下·茂名期末)若函数和的图象如题图所示,则关于的不等式的解集是( )A. B. C. D.【答案】B【知识点】一次函数与不等式(组)的关系【解析】【解答】解:根据图象可得:不等式的解集是:.∴的解集是:.故答案为:B.【分析】结合函数图象,利用函数值大的图象在上方的原则求解即可.9.(2024八下·茂名期末)如图,在中,,,点D,,分别在,,边上,且,.则的度数是( )A. B. C. D.【答案】C【知识点】三角形内角和定理;三角形的外角性质;等腰三角形的性质;三角形全等的判定-SAS【解析】【解答】解:∵∴∵∴∴,∵∴,∴故答案为:C.【分析】先利用“SAS”证出,利用全等三角形的性质可得,,再结合,利用角的运算求出即可.10.(2024八下·茂名期末)如图,将沿方向平移4个单位长度得到,与相交于点,,,,则图中阴影部分的面积为( )A.16 B.20 C.32 D.40【答案】C【知识点】梯形;平移的性质;图形的平移【解析】【解答】解:由平移的性质得:,,,∴阴影部分的面积,∵,∴,∴阴影部分的面积.故答案为:C.【分析】先利用平移的性质及割补法求出阴影部分的面积,再结合,,利用梯形的面积公式列出算式求解即可.二、填空题(本大题共5小题,每小题3分,共15分)11.(2024八下·茂名期末)因式分解: .【答案】【知识点】因式分解﹣综合运用提公因式与公式法【解析】【解答】解:故答案为:.【分析】先提取公因式(如果多项式的各项含有公因式,那么就可以把这个公因式提到括号外,把多项式写成公因式与另一个多项式的积的形式),再利用平方差公式(运用平方差公式对某些多项式进行因式分解,其结构特征是:等式的左边是两个数的平方差,右边是这两个数的和与这两个数的差的积)分析求解即可.12.(2024八下·茂名期末)已知点与点关于原点对称,则 .【答案】8【知识点】关于原点对称的点的坐标特征;加减消元法解二元一次方程组【解析】【解答】解:由题意,,解得;∴,故答案为:8.【分析】利用关于原点对称的点坐标的特征(横坐标变为相反数,纵坐标变为相反数)可得,再求解即可.13.(2024八下·茂名期末)定义运算,如:,若,则的值为 .【答案】7【知识点】解分式方程【解析】【解答】解:∵,∴,解得:,检验:当时,,∴的值为7.故答案为:7.【分析】根据题干中的定义及计算方法列出方程,再求解即可.14.(2024八下·茂名期末)如题图,在中,,,,用尺规作图法构造的平分线,交于点,则的长为 .【答案】【知识点】含30°角的直角三角形;尺规作图-作角的平分线【解析】【解答】解:∵,,,∴,∵平分,∴,∴,∴,∴;故答案为:.【分析】先利用角平分线的定义可得,再利用含30°角的直角三角形的性质可得,再求出,最后求出即可.15.(2024八下·茂名期末)如题图,为等边三角形,,分别是,边上的点,且,,是边上的一动点,以,,为顶点,为对角线构造平行四边形,则的最小值为 .【答案】【知识点】三角形全等及其性质;等边三角形的判定与性质;含30°角的直角三角形;勾股定理;平行四边形的判定与性质【解析】【解答】解:作交于点,连接,,∴∵为等边三角形,∴,∴∴为等边三角形,∴,∴,∴,∴,,∴为等边三角形,∴,∴,∴四边形是平行四边形,∴,,∵四边形是平行四边形,∴,,∴,∴,∴,∴,∴,∴点在直线上,当时,即有最小值,根据平行线间的距离相等知的最小值就是等边的高,作于点,∴,∴,∴的最小值为,故答案为:.【分析】作交于点,先证出四边形是平行四边形,利用平行四边形的性质可得,, 再利用“SAS”证出,再证出 当时,即有最小值,根据平行线间的距离相等知的最小值就是等边的高, 作于点, 最后利用勾股定理求出, 从而可得的最小值为.三、解答题(一)(本大题共3小题,第16题10分,第17、18题各7分,共24分)16.(2024八下·茂名期末)(1)解方程::(2)解不等式组:并将解集在数轴上表示出来.【答案】解:(1),最简公分母为,去分母,得:,,,,检验:当时,,原方程的解为;(2)由①得,由②得,原不等式组的解集为,在数轴上表示如下.【知识点】解分式方程;在数轴上表示不等式组的解集;解一元一次不等式组【解析】【分析】(1)利用解分式方程的计算方法及步骤(先去分母,再去括号,然后移项并合并同类项,最后系数化为“1”并检验即可)分析求解即可;(2)先利用一元一次不等式的计算方法及步骤(先去分母,再去括号,然后移项并合并同类项,最后系数化为“1”即可)分析求出解集,再在数轴上表示出解集即可.17.(2024八下·茂名期末)如题图,线段与相交于点,分别过点,作的垂线,垂足分别为,,且,,依次连接点A,B,C,D.求证:四边形为平行四边形.【答案】证明:,,.在与中,.,.又,..又,四边形是平行四边形.【知识点】平行四边形的判定;三角形全等的判定-AAS【解析】【分析】先利用“AAS”证出,利用全等三角形的性质可得,,再利用线段的和差及等量代换可得,再结合,即可证出四边形是平行四边形.18.(2024八下·茂名期末)如题图,在平面直角坐标系内,三个顶点的坐标分别为,,.(1)画出将绕点旋转后得到的;(2)求证:与互相垂直平分.【答案】(1)解:如图,为所作:(2)证明:∵绕着点旋转得到,∴与均经过点,且均被点平分,由勾股定理得:,,,∴,∴是直角三角形,,∴,∴与互相垂直平分.【知识点】坐标与图形性质;勾股定理的逆定理;作图﹣旋转;线段垂直平分线的判定【解析】【分析】(1)先利用点旋转的特征找出点A、B、C的对应点,再连接即可;(2)先利用勾股定理的逆定理证出是直角三角形,,再结合与均经过点,且均被点平分,从而可证出与互相垂直平分.四、解答题(二)(本大题共3小题,每小题9分,共27分)19.(2024八下·茂名期末)笔、墨、纸、砚是中国独有的书法绘画工具,又称“文房四宝”.某校计划购买两种型号的“文房四宝”,其中每套型号的价格比每套型号的价格少元,买套A型号和套型号共用元.(1)求每套型号的“文房四宝”的价格;(2)若该校需购进两种型号的“文房四宝”共套,总费用不超过元,要求购进型号的数量不超过型号数量的倍,求购得以上工具的最低费用.【答案】(1)解:设每套型号的价格是元,则每套型号的价格是元,由题意可得,解得:,.答:每套型号的价格是元,每套B型号的价格是元.(2)解:设购进B型号套,则购进A型号套,由题意可得,解得:,又∵为正整数,∴可以取,,当购进套型号“文房四宝”,套型号“文房四宝”,费用(元)当购进套型号“文房四宝”,套型号“文房四宝”,费用(元)∵,∴购得以上工具的最低费用是元.【知识点】一元一次不等式组的应用;一元一次方程的实际应用-盈亏问题【解析】【分析】(1)设每套型号的价格是元,则每套型号的价格是元,根据“ 买套A型号和套型号共用元 ”列出方程,再求解即可;(2)设购进B型号套,则购进A型号套,根据“ 总费用不超过元,要求购进型号的数量不超过型号数量的倍 ”列出不等式组求出a的取值范围,再求出所有方案的费用,最后比较大小即可.20.(2024八下·茂名期末)如图1,已知是等腰直角三角形,,点,是三角形外的两点,分别连接,,,,其中,.(1)求证:;(2)如图2,交于点,连接,是的中点,分别连接,.若求与的数量关系.【答案】(1)证明:,.,,.是等腰直角三角形,.在与中,.(2)解:如图,连接,设交于点,由(1)得,.,.,.垂直平分..,点是的中点.又点是的中点,是的中位线...【知识点】线段垂直平分线的性质;等腰三角形的判定与性质;三角形全等的判定-SAS;三角形的中位线定理【解析】【分析】(1)先证出,,再利用“SAS”证出即可;(2)连接,设交于点,先证出点是的中点,再结合点是的中点,证出OF是的中位线,最后利用中位线的性质及等量代换可得.21.(2024八下·茂名期末)阅读下面的材料,并解答问题.把一个分式写成两个分式的和叫做把这个分式表示成“部分分式”,例如:将分式表示成部分分式,,设,接下来求,的值.去分母,得,,解得.(1)若(,为常数),则______,______;(2)已知(,为常数),用材料中的解法求,的值;(3)化简:.【答案】(1)1,(2)解:去分母,得∴,解得:,(3)解:.【知识点】分式的混合运算;解分式方程;探索规律-等式类规律【解析】【解答】(1)解:去分母,得∴,解得:.故答案为:1;.【分析】(1)先利用分式的加法计算方法将等式右边进行计算,再利用待定系数法求出a、b的值即可;(2)先利用分式的加法计算方法将等式右边进行计算,再利用待定系数法求出a、b的值即可;(3)先将原式变形为,再计算即可.五、解答题(三)(本大题共2小题,每小题12分,共24分)22.(2024八下·茂名期末)数形结合是解决数学问题的一种重要的思想方法,通过计算几何图形的面积可以表示一些代数恒等式,将一些多项式因式分解.例如:利用图1可以得到.(1)请把表示图2面积的多项式因式分解:______(直接列出等式即可);(2)若,,求的值;(3)如图3,有足够数量的边长分别为,的正方形纸片和长为、宽为的长方形纸片,请利用这些纸片将多项式因式分解,并画出图形.【答案】(1)(2)解:,,,.. (3)解:如图所示,.【知识点】多项式乘多项式;因式分解的应用;用代数式表示几何图形的数量关系【解析】【解答】(1)解:由图可知:;故答案为:.【分析】(1)利用不同的表达式表示同一个图形的面积即可得到答案;(2)将原式变形为,再求出即可;(3)利用多项式乘多项式的计算方法分析求解即可.23.(2024八下·茂名期末)综合实践课上,老师让同学们开展了的折纸活动,是边上的一动点,是边上的一动点,将沿直线折叠,使点落在边上的点处,点的对应点为点,连接.(1)【观察发现】如图1,若,,,求的长;(2)【操作探究】如图2,当点落在的延长线上时,求证:四边形为平行四边形.【答案】(1)解:由折叠知,..,..由勾股定理得,,....(2)证明:由折叠知,,.,,,,,∵,∴,,,,,,点在延长线上,,,.,,四边形是平行四边形.【知识点】含30°角的直角三角形;勾股定理;平行四边形的判定与性质;翻折变换(折叠问题);四边形的综合【解析】【分析】(1)先求出,利用含30°角的直角三角形的性质可得,再利用勾股定理及等量代换可得,再结合,求出即可;(2)先利用折叠的性质及平行线的性质和等量代换可得,再证出,结合,点在延长线上, 可得,再求出,最后证出四边形是平行四边形即可.1 / 1 展开更多...... 收起↑ 资源列表 广东省茂名市2023-2024学年八年级下学期期末数学试题(学生版).docx 广东省茂名市2023-2024学年八年级下学期期末数学试题(教师版).docx