2018-2019学年山东省菏泽市郓城县八年级（下）期末数学试卷（含答案解析）
文档属性
| 名称 | 2018-2019学年山东省菏泽市郓城县八年级（下）期末数学试卷（含答案解析） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 70.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 青岛版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2020-03-24 12:28:07 | ||
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文档简介
2018-2019学年山东省菏泽市郓城县八年级（下）期末数学试卷
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一、选择题（本大题共 8 小题，共 24 分）
1、(3分) 如图，数轴上所表示关于x的不等式组的解集是（ ）
A.x≥2
B.x＞2
C.x＞-1
D.-1＜x≤2
2、(3分) 下列各式由左到右的变形中，属于分解因式的是（ ）
A.a（m+n）=am+an
B.a2-b2-c2=（a-b）（a+b）-c2
C.10x2-5x=5x（2x-1）
D.x2-16+6x=（x+4）（x-4）+6x
3、(3分) 下列多项式中不能用公式进行因式分解的是（ ）
A.a2+a+14
B.a2+b2-2ab
C.-a2+25b2
D.-4-b2
4、(3分) 分式-11?x可变形为（ ）
A.-1x?1
B.1x?1
C.-11+x
D.11+x
5、(3分) 若分式方程x?3x?1=mx?1有增根，则m等于（ ）
A.3
B.-3
C.2
D.-2
6、(3分) 如图，△ABC中，AB=AC=15，AD平分∠BAC，点E为AC的中点，连接DE，若△CDE的周长为24，则BC的长为（ ）
A.18
B.14
C.12
D.6
7、(3分) 如图，若平行四边形ABCD的周长为40cm，BC=23AB，则BC=（ ）
A.16cm
B.14cm
C.12cm
D.8cm
8、(3分) 如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（ ）
A.AB∥CD，AD∥BC
B.OA=OC，OB=OD
C.AD=BC，AB∥CD
D.AB=CD，AD=BC
二、填空题（本大题共 6 小题，共 18 分）
9、(3分) 分解因式：a3b-ab3=______． 10、(3分) 在一个边长为12.75cm的正方形内挖去一个边长为7.25cm的正方形，则剩下部分的面积为______cm2． 11、(3分) 已知a+1a=3，则a2+1a2的值是______． 12、(3分) 临近春节，甲厂决定包租一辆车送员工返乡过年，租金为2000元．出发时，乙厂有5名同乡员工也随车返乡（车费自付），总人数达到x名，如果包车租金不变，那么甲厂为员工支付的人均车费可比原来少______元；（只需列式，不必化简） 13、(3分) 如图，已知正五边形ABCDE，AF∥CD，交DB的延长线于点F，则∠DFA=______度． 14、(3分) 如图，在平行四边形纸片ABCD中，AB=3，将纸片沿对角线AC对折，BC边与AD边交于点E，此时，△CDE恰为等边三角形，则图中重叠部分的面积为______．
三、解答题（本大题共 10 小题，共 78 分）
15、(6分) 分解因式 （1）2x2+2x+12 （2）（a2+4）2-16a2．
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16、(6分) 计算： （1）x2?5x?2-xx?2-1+x2?x （2）4x2?4xy+y22x+y÷（4x2-y2）
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17、(7分) 甲、乙两个工程队计划修建一条长15千米的乡村公路，已知甲工程队每天比乙工程队每天多修路0.5千米，乙工程队单独完成修路任务所需天数是甲工程队单独完成修路任务所需天数的1.5倍． （1）求甲、乙两个工程队每天各修路多少千米？ （2）若甲工程队每天的修路费用为0.5万元，乙工程队每天的修路费用为0.4万元，要使两个工程队修路总费用不超过5.2万元，甲工程队至少修路多少天？
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18、(7分) 如图，在等边△ABC中，点D，E分別在边BC，AC上，DE∥AB，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F． （1）求∠F的度数； （2）若CD=2，求DF、EF的长．
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19、(8分) 某汽车租赁公司要购买轿车和面包车共10辆，轿车每辆7万元，面包车每辆4万元，其中轿车至少要购买3辆，公司可投入的购车款不超过55万元．符合公司要求的购买方案有几种？请说明理由．
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20、(8分) 如图，在等边△ABC中，点D是AB边上一点，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转60°后得到CE，连接AE．求证：AE∥BC．
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21、(8分) 阅读材料：分解因式：x2+2x-3 解：原式=x2+2x+1-4 =（x+1）2-4 =（x+1+2）（x+1-2） =（x+3）（x-1） 此种方法抓住了二次项和一次项的特点，然后加一项，使这三项成为完全平方式，我们把这种分解因式的方法叫配方法．请仔细体会配方法的特点，然后尝试用配方法解决下列问题： （1）分解因式x2-2x-3=______；a2-4ab-5b2=______； （2）无论m取何值，代数式m2+6m+13总有一个最小值，请你尝试用配方法求出它的最小值．
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22、(8分) 如图，E、F是平行四边形ABCD对角线AC上两点，AE=CF．证明（1）△ABE≌△CDF；（2）BE∥DF．
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23、(9分) 如图，分别以Rt△ABC的直角边AC及斜边AB向外作等边△ACD及等边△ABE，已知：∠BAC=30°，EF⊥AB，垂足为F，连接DF． （1）试说明AC=EF； （2）求证：四边形ADFE是平行四边形．
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24、(11分) 如图，长方形ABCO中，点C在x轴上，点A在y轴上，点B的坐标是（-6，8），长方形ABCO沿直线BD折叠，使得点A落在对角线OB上的点E处，折痕与OA、x轴分别交于点D、F． （1）求线段BO的长； （2）求点D的坐标； （3）若点N在直线BD上，在x轴上是否存在点M，使以M、N、E、D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
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?2018-2019学年山东省菏泽市郓城县八年级（下）期末数学试卷
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【 第 1 题 】
【 答 案 】
A
【 解析 】
解：由数轴可得：关于x的不等式组的解集是：x≥2． 故选：A． 根据在数轴上表示不等式组解集的方法进行解答即可． 本题考查了在数轴上表示不等式的解集，熟知“小于向左，大于向右”是解答此题的关键．
【 第 2 题 】
【 答 案 】
C
【 解析 】
解：（A）该变形为去括号，故A不是因式分解； （B）该等式右边没有化为几个整式的乘积形式，故B不是因式分解； （D）该等式右边没有化为几个整式的乘积形式，故D不是因式分解； 故选：C． 根据因式分解的意义即可判断． 本题考查因式分解的意义，解题的关键是正确理解因式分解的意义，本题属于基础题型．
【 第 3 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：A、原式=（a+12）2，不合题意； B、原式=（a-b）2，不合题意； C、原式=（5b+a）（5b-a），不合题意； D、原式不能分解，符合题意． 故选：D． 各项利用平方差公式及完全平方公式判断即可． 此题考查了因式分解-运用公式法，熟练掌握公式是解本题的关键．
【 第 4 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：?11?x=1?(1?x)=1x?1， 故选：B． 根据分式的基本性质，即可解答． 本题考查了分式的基本性质，解决本题的关键是熟记分式的基本性质．
【 第 5 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：分式方程去分母得：x-3=m， 由分式方程有增根，得到x-1=0，即x=1， 把x=1代入整式方程得：m=-2， 故选：D． 分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程有增根，得到x-1=0，求出x的值，代入整式方程即可求出m的值． 此题考查了分式方程的增根，增根确定后可按如下步骤进行：①化分式方程为整式方程；②把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
【 第 6 题 】
【 答 案 】
A
【 解析 】
解：∵AB=AC，AD平分∠BAC， ∴AD⊥BC， ∴∠ADC=90°， ∵点E为AC的中点， ∴DE=CE=12AC=152． ∵△CDE的周长为24， ∴CD=9， ∴BC=2CD=18． 故选：A． 根据等腰三角形的性质可得AD⊥BC，再根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半可得答案． 此题主要考查了等腰三角形的性质，以及直角三角形的性质，关键是掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
【 第 7 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=BC，AB=CD， ∵?ABCD的周长为40cm， ∴AB+BC=20cm， ∵BC=23AB， ∴BC=20×25=8cm， 故选：D． 根据平行四边形的性质可得AD=BC，AB=CD，再由周长为40cm可得邻边之和为20cm，然后根据AB和BC的关系计算出BC即可． 此题主要考查了平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形两组对边相等．
【 第 8 题 】
【 答 案 】
C
【 解析 】
解：A、根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项不合题意； B、根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项不合题意； C、不能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意； D、根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形可判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项不合题意； 故选：C． 根据平行四边形的判定定理分别进行分析即可． 此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【 第 9 题 】
【 答 案 】
ab（a+b）（a-b）
【 解析 】
解：a3b-ab3， =ab（a2-b2）， =ab（a+b）（a-b）． 先提公因式ab，再利用公式法分解因式即可． 本题主要考查了整式的因式分解，在解题时要注意因式分解的方法和结果要分解到最后是本题的关键．
【 第 10 题 】
【 答 案 】
110
【 解析 】
解：12.752-7.252， =（12.75+7.25）（12.75-7.25）， =20×5.5， =110． 故答案为：110． 根据正方形的面积公式，即可得到剩下部分的面积可表示为12.752-7.252，再利用平方差公式分解求值比较简单． 本题考查了平方差公式分解因式，运用平方差公式计算更加简便．
【 第 11 题 】
【 答 案 】
7
【 解析 】
解：∵a+1a=3， ∴a2+2+1a2=9， ∴a2+1a2=9-2=7． 故答案为：7． 把已知条件两边平方，然后整理即可求解．完全平方公式：（a±b）2=a2±2ab+b2． 本题主要考查了完全平方公式，利用公式把已知条件两边平方是解题的关键．
【 第 12 题 】
【 答 案 】
（2000x?5-2000x）
【 解析 】
解：由题意可得：甲厂为员工支付的人均车费可比原来少（2000x?5-2000x）元． 故答案为（2000x?5-2000x）． 关键描述语是：原有的员工每人分担的车费-实际每人分担的车费，进而得出答案． 此题主要考查了列代数式，正确表示出平均每人分担的车费数是解题关键．
【 第 13 题 】
【 答 案 】
36
【 解析 】
解：∵正五边形的外角为360°÷5=72°， ∴∠C=180°-72°=108°， ∵CD=CB， ∴∠CDB=36°， ∵AF∥CD， ∴∠DFA=∠CDB=36°， 故答案为：36． 首先求得正五边形内角∠C的度数，然后根据CD=CB求得∠CDB的度数，然后利用平行线的性质求得∠DFA的度数即可． 本题考查了多边形的内角和外角及平行线的性质，解题的关键是求得正五边形的内角．
【 第 14 题 】
【 答 案 】
943
【 解析 】
解：∵△CDE为等边三角形， ∴DE=DC=EC，∠D=60°， 根据折叠的性质，∠BCA=∠B′CA， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD=BC=6，AB=CD=3， ∴∠EAC=∠BCA， ∴∠EAC=∠ECA， ∴EA=EC， ∴∠DAC=30°， ∴∠ACD=90°， ∵CD=3，∠ACD=90°，∠DAC=30°， ∴AC=33， ∴S△ACE=12S△ACD=12×AC×CD×12=943． 故答案为：943． 先根据等边三角形的性质可得DF=DC=EC，∠D=60°，根据折叠的性质，∠BCA=∠B′CA，再利用平行四边形的性质证明∠DAC=30°，∠ACD=90°，利用三角函数值计算出AC，然后根据三角形的中线平分三角形的面积可得S△ACE=12S△ACD，进而可得答案． 此题主要考查了平行四边形的性质、直角三角形的性质以及翻折变换，关键是掌握：平行四边形的对边平行且相等，直角三角形30°角所对的边等于斜边的一半．
【 第 15 题 】
【 答 案 】
解：（1）原式=2（x+12）2； （2）原式=a4+8a2+16-16a2=（a+2）2（a-2）2
【 解析 】
（1）根据提公因式，完全平方公式，可得答案； （2）根据完全平方公式，可得答案． 本题考查了因式分解，一提，二套，三检查，分解要彻底．
【 第 16 题 】
【 答 案 】
解：（1）原式=x2?5x?2-xx?2+1+xx?2 =x2?5?x+1+xx?2 =(x+2)(x?2)x?2 =x+2； （2）原式=4x2?4xy+y22x+y×1(2x+y)(2x?y) =(2x?y)22x+y×1(2x+y)(2x?y) =2x?y(2x+y)2．
【 解析 】
（1）直接进行通分运算，进而利用分式的加减运算法则计算得出答案； （2）直接将分子与分母分解因式，进而化简得出答案． 此题主要考查了分式的混合运算，正确化简是解题关键．
【 第 17 题 】
【 答 案 】
解： （1）设甲每天修路x千米，则乙每天修路（x-0.5）千米， 根据题意，可列方程：1.5×15x=15x?0.5， 解得x=1.5， 经检验x=1.5是原方程的解，且x-0.5=1， 答：甲每天修路1.5千米，则乙每天修路1千米； （2）设甲修路a天，则乙需要修（15-1.5a）千米， ∴乙需要修路15?1.5a1=15-1.5a（天）， 由题意可得0.5a+0.4（15-1.5a）≤5.2， 解得a≥8， 答：甲工程队至少修路8天．
【 解析 】
（1）可设甲每天修路x千米，则乙每天修路（x-0.5）千米，则可表示出修路所用的时间，可列分式方程，求解即可； （2）设甲修路a天，则可表示出乙修路的天数，从而可表示出两个工程队修路的总费用，由题意可列不等式，求解即可． 本题主要考查分式方程及一元一次不等式的应用，找出题目中的等量（或不等）关系是解题的关键，注意分式方程需要检验．
【 第 18 题 】
【 答 案 】
解：（1）∵△ABC是等边三角形， ∴∠B=60°， ∵DE∥AB， ∴∠EDC=∠B=60°， ∵EF⊥DE， ∴∠DEF=90°， ∴∠F=90°-∠EDC=30°； （2）∵∠ACB=60°，∠EDC=60°， ∴△EDC是等边三角形． ∴ED=DC=2， ∵∠DEF=90°，∠F=30°， ∴DF=2DE=4， ∴EF=3DE=23．
【 解析 】
（1）根据平行线的性质可得∠EDC=∠B=60°，根据三角形内角和定理即可求解； （2）易证△EDC是等边三角形，再根据直角三角形的性质即可求解． 本题考查了等边三角形的判定与性质，以及直角三角形的性质，熟记30度的锐角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键．
【 第 19 题 】
【 答 案 】
解：（1）设轿车购买x辆，那么面包车购买（10-x）辆，由题意得： x≥37x+4(10?x)≤55?? 解得：3≤x≤5； 又∵x为整数， ∴x=3或x=4或x=5， ∴购车方案有三种：①轿车3辆，面包车7辆； ②轿车4辆，面包车6辆； ③轿车5辆，面包车5辆． 答：购买方案由三种，即轿车3辆，面包车7辆；轿车4辆，面包车6辆；轿车5辆，面包车5辆．
【 解析 】
根据购买轿车的辆数、购车钱数列出不等式组，解不等式组，依据整数解，即可确定购买方案． 考查一元一次不等式组的解法和应用，一元一次不等式组的整数解，根据题意，设合适的未知数，列出不等式（组）是解决问题的关键，方案设计问题可以通过不等式组的整数解得以解决．
【 第 20 题 】
【 答 案 】
解：∵△ABC是等边三角形， ∴AC=BC，∠B=∠ACB=60°， ∵线段CD绕点C顺时针旋转60°得到CE， ∴CD=CE，∠DCE=60°， ∴∠DCE=∠ACB， 即∠BCD+∠DCA=∠DCA+∠ACE， ∴∠BCD=∠ACE， 在△BCD与△ACE中， BC=AC∠BCD=∠ACEDC=EC， ∴△BCD≌△ACE， ∴∠EAC=∠B=60°， ∴∠EAC=∠ACB， ∴AE∥BC．
【 解析 】
利用等边三角形的性质得AC=BC，∠B=∠ACB=60°，再根据旋转的性质得CD=CE，∠DCE=60°，则∠DCE=∠ACB，所以∠BCD=∠ACE，接着证明△BCD≌△ACE得到∠EAC=∠B=60°，从而得到∠EAC=∠ACB，然后根据平行线的判定方法得到结论． 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．也考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质．
【 第 21 题 】
【 答 案 】
（x-3）（x+1） ? （a+b）（a-5b） ?
【 解析 】
解：（1）x2-2x-3， =x2-2x+1-4， =（x-1）2-4， =（x-1+2）（x-1-2）， =（x-3）（x+1）； a2-4ab-5b2， =a2-4ab+4b2-9b2， =（a-2b）2-9b2， =（a-2b+3b）（a-2b-3b）， =（a+b）（a-5b）， 故答案为：（x-3）（x+1）；（a+b）（a-5b）； （2）m2+6m+13=m2+6m+9+4=（m+3）2+4， 因为（m+3）2≥0， 所以代数式m2+6m+13的最小值是4． （1）类比材料中的方法，运用配方法解决问题； （2）将m2+6m+13配方为：（m+3）2+4，可得最小值． 此题考查了因式分解的应用，以及非负数的性质，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
【 第 22 题 】
【 答 案 】
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，CD=AB， ∴∠BAE=∠DCF， ∵AE=CF， ∴△ABE≌△CDF（SAS）． （2）∵△ABE≌△CDF， ∴∠AEB=∠CFD， ∴∠CEB=∠AFD， ∴BE∥DF．
【 解析 】
（1）由平行四边形的性质可得，AB∥CD，CD=AB，根据两直线平行内错角相等可得∠BAE=∠DCF，已知AE=CF，从而可根据SAS判定△ABE≌△CDF． （2）根据△ABE≌△CDF，可得∠AEB=∠CFD，再根据邻补角的定义和平行线的判定即可证明． 此题主要考查学生对平行四边形的性质及全等三角形的判定方法的综合运用能力．
【 第 23 题 】
【 答 案 】
证明：（1）∵Rt△ABC中，∠BAC=30°， ∴AB=2BC， 又∵△ABE是等边三角形，EF⊥AB， ∴AB=2AF ∴AF=BC， 在Rt△AFE和Rt△BCA中， AF=BCAE=BA， ∴Rt△AFE≌Rt△BCA（HL）， ∴AC=EF； （2）∵△ACD是等边三角形， ∴∠DAC=60°，AC=AD， ∴∠DAB=∠DAC+∠BAC=90° 又∵EF⊥AB， ∴EF∥AD， ∵AC=EF，AC=AD， ∴EF=AD， ∴四边形ADFE是平行四边形．
【 解析 】
（1）首先由Rt△ABC中，由∠BAC=30°可以得到AB=2BC，又由△ABE是等边三角形，EF⊥AB，由此得到AE=2AF，并且AB=2AF，然后证得△AFE≌△BCA，继而证得结论； （2）根据（1）知道EF=AC，而△ACD是等边三角形，所以EF=AC=AD，并且AD⊥AB，而EF⊥AB，由此得到EF∥AD，再根据平行四边形的判定定理即可证明四边形ADFE是平行四边形． 此题考查了平行四边形的判定、等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质．注意证得Rt△AFE≌Rt△BCA是关键．
【 第 24 题 】
【 答 案 】
解：（1）∵点B的坐标是（-6，8） ∴AO=8，AB=6 ∴BO=AB2+OA2=62+82=10． （2）由折叠可知：BE=AB=6，OE=10-6=4 设D（0，a），则OD=a，AD=ED=8-a 在Rt△EOD中，DE2+OE2=OD2 即（8-a）2+42=a2 解得：a=5 ∴点D的坐标（0，5）． （3）存在．过点E作EM∥DF，交x轴于点M，过点M作MN∥DE，交DF于点N，则四边形DEMN为平行四边形． 在Rt△EOD中，OD=5，OE=4，DE=3，作EG⊥OD，垂足为G 则OD?EG=OE?DE，5EG=12， 解得：EG=125， 由勾股定理可解得：OG=165 ∴点E的坐标为（-125，165） ∵B（-6，8），D（0，5） ∴直线BF的函数表达式为：y=-12x+5， 设直线EM的函数表达式为：y=-12x+b， 将点E的坐标（-125，165）代入解得：b=2 ∴直线EM的函数表达式为：y=-12x+2． 直线EM与x轴的交点M（4，0．
【 解析 】
（1）利用勾股定理计算即可． （2）设D（0，a），则OD=a，AD=ED=8-a在Rt△EOD中，根据DE2+OE2=OD2，构建方程即可解决问题． （3）存在．过点E作EM∥DF，交x轴于点M，过点M作MN∥DE，交DF于点N，则四边形DEMN为平行四边形．思想想办法求出点E的坐标，再求出直线EM的解析式即可解决问题． 本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，一次函数的应用，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会构建一次函数解决交点问题，属于中考常考题型．
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一、选择题（本大题共 8 小题，共 24 分）
1、(3分) 如图，数轴上所表示关于x的不等式组的解集是（ ）
A.x≥2
B.x＞2
C.x＞-1
D.-1＜x≤2
2、(3分) 下列各式由左到右的变形中，属于分解因式的是（ ）
A.a（m+n）=am+an
B.a2-b2-c2=（a-b）（a+b）-c2
C.10x2-5x=5x（2x-1）
D.x2-16+6x=（x+4）（x-4）+6x
3、(3分) 下列多项式中不能用公式进行因式分解的是（ ）
A.a2+a+14
B.a2+b2-2ab
C.-a2+25b2
D.-4-b2
4、(3分) 分式-11?x可变形为（ ）
A.-1x?1
B.1x?1
C.-11+x
D.11+x
5、(3分) 若分式方程x?3x?1=mx?1有增根，则m等于（ ）
A.3
B.-3
C.2
D.-2
6、(3分) 如图，△ABC中，AB=AC=15，AD平分∠BAC，点E为AC的中点，连接DE，若△CDE的周长为24，则BC的长为（ ）
A.18
B.14
C.12
D.6
7、(3分) 如图，若平行四边形ABCD的周长为40cm，BC=23AB，则BC=（ ）
A.16cm
B.14cm
C.12cm
D.8cm
8、(3分) 如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（ ）
A.AB∥CD，AD∥BC
B.OA=OC，OB=OD
C.AD=BC，AB∥CD
D.AB=CD，AD=BC
二、填空题（本大题共 6 小题，共 18 分）
9、(3分) 分解因式：a3b-ab3=______． 10、(3分) 在一个边长为12.75cm的正方形内挖去一个边长为7.25cm的正方形，则剩下部分的面积为______cm2． 11、(3分) 已知a+1a=3，则a2+1a2的值是______． 12、(3分) 临近春节，甲厂决定包租一辆车送员工返乡过年，租金为2000元．出发时，乙厂有5名同乡员工也随车返乡（车费自付），总人数达到x名，如果包车租金不变，那么甲厂为员工支付的人均车费可比原来少______元；（只需列式，不必化简） 13、(3分) 如图，已知正五边形ABCDE，AF∥CD，交DB的延长线于点F，则∠DFA=______度． 14、(3分) 如图，在平行四边形纸片ABCD中，AB=3，将纸片沿对角线AC对折，BC边与AD边交于点E，此时，△CDE恰为等边三角形，则图中重叠部分的面积为______．
三、解答题（本大题共 10 小题，共 78 分）
15、(6分) 分解因式 （1）2x2+2x+12 （2）（a2+4）2-16a2．
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16、(6分) 计算： （1）x2?5x?2-xx?2-1+x2?x （2）4x2?4xy+y22x+y÷（4x2-y2）
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17、(7分) 甲、乙两个工程队计划修建一条长15千米的乡村公路，已知甲工程队每天比乙工程队每天多修路0.5千米，乙工程队单独完成修路任务所需天数是甲工程队单独完成修路任务所需天数的1.5倍． （1）求甲、乙两个工程队每天各修路多少千米？ （2）若甲工程队每天的修路费用为0.5万元，乙工程队每天的修路费用为0.4万元，要使两个工程队修路总费用不超过5.2万元，甲工程队至少修路多少天？
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18、(7分) 如图，在等边△ABC中，点D，E分別在边BC，AC上，DE∥AB，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F． （1）求∠F的度数； （2）若CD=2，求DF、EF的长．
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19、(8分) 某汽车租赁公司要购买轿车和面包车共10辆，轿车每辆7万元，面包车每辆4万元，其中轿车至少要购买3辆，公司可投入的购车款不超过55万元．符合公司要求的购买方案有几种？请说明理由．
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20、(8分) 如图，在等边△ABC中，点D是AB边上一点，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转60°后得到CE，连接AE．求证：AE∥BC．
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21、(8分) 阅读材料：分解因式：x2+2x-3 解：原式=x2+2x+1-4 =（x+1）2-4 =（x+1+2）（x+1-2） =（x+3）（x-1） 此种方法抓住了二次项和一次项的特点，然后加一项，使这三项成为完全平方式，我们把这种分解因式的方法叫配方法．请仔细体会配方法的特点，然后尝试用配方法解决下列问题： （1）分解因式x2-2x-3=______；a2-4ab-5b2=______； （2）无论m取何值，代数式m2+6m+13总有一个最小值，请你尝试用配方法求出它的最小值．
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22、(8分) 如图，E、F是平行四边形ABCD对角线AC上两点，AE=CF．证明（1）△ABE≌△CDF；（2）BE∥DF．
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23、(9分) 如图，分别以Rt△ABC的直角边AC及斜边AB向外作等边△ACD及等边△ABE，已知：∠BAC=30°，EF⊥AB，垂足为F，连接DF． （1）试说明AC=EF； （2）求证：四边形ADFE是平行四边形．
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24、(11分) 如图，长方形ABCO中，点C在x轴上，点A在y轴上，点B的坐标是（-6，8），长方形ABCO沿直线BD折叠，使得点A落在对角线OB上的点E处，折痕与OA、x轴分别交于点D、F． （1）求线段BO的长； （2）求点D的坐标； （3）若点N在直线BD上，在x轴上是否存在点M，使以M、N、E、D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
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?2018-2019学年山东省菏泽市郓城县八年级（下）期末数学试卷
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【 第 1 题 】
【 答 案 】
A
【 解析 】
解：由数轴可得：关于x的不等式组的解集是：x≥2． 故选：A． 根据在数轴上表示不等式组解集的方法进行解答即可． 本题考查了在数轴上表示不等式的解集，熟知“小于向左，大于向右”是解答此题的关键．
【 第 2 题 】
【 答 案 】
C
【 解析 】
解：（A）该变形为去括号，故A不是因式分解； （B）该等式右边没有化为几个整式的乘积形式，故B不是因式分解； （D）该等式右边没有化为几个整式的乘积形式，故D不是因式分解； 故选：C． 根据因式分解的意义即可判断． 本题考查因式分解的意义，解题的关键是正确理解因式分解的意义，本题属于基础题型．
【 第 3 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：A、原式=（a+12）2，不合题意； B、原式=（a-b）2，不合题意； C、原式=（5b+a）（5b-a），不合题意； D、原式不能分解，符合题意． 故选：D． 各项利用平方差公式及完全平方公式判断即可． 此题考查了因式分解-运用公式法，熟练掌握公式是解本题的关键．
【 第 4 题 】
【 答 案 】
B
【 解析 】
解：?11?x=1?(1?x)=1x?1， 故选：B． 根据分式的基本性质，即可解答． 本题考查了分式的基本性质，解决本题的关键是熟记分式的基本性质．
【 第 5 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：分式方程去分母得：x-3=m， 由分式方程有增根，得到x-1=0，即x=1， 把x=1代入整式方程得：m=-2， 故选：D． 分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程有增根，得到x-1=0，求出x的值，代入整式方程即可求出m的值． 此题考查了分式方程的增根，增根确定后可按如下步骤进行：①化分式方程为整式方程；②把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
【 第 6 题 】
【 答 案 】
A
【 解析 】
解：∵AB=AC，AD平分∠BAC， ∴AD⊥BC， ∴∠ADC=90°， ∵点E为AC的中点， ∴DE=CE=12AC=152． ∵△CDE的周长为24， ∴CD=9， ∴BC=2CD=18． 故选：A． 根据等腰三角形的性质可得AD⊥BC，再根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半可得答案． 此题主要考查了等腰三角形的性质，以及直角三角形的性质，关键是掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
【 第 7 题 】
【 答 案 】
D
【 解析 】
解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=BC，AB=CD， ∵?ABCD的周长为40cm， ∴AB+BC=20cm， ∵BC=23AB， ∴BC=20×25=8cm， 故选：D． 根据平行四边形的性质可得AD=BC，AB=CD，再由周长为40cm可得邻边之和为20cm，然后根据AB和BC的关系计算出BC即可． 此题主要考查了平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形两组对边相等．
【 第 8 题 】
【 答 案 】
C
【 解析 】
解：A、根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项不合题意； B、根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项不合题意； C、不能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意； D、根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形可判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项不合题意； 故选：C． 根据平行四边形的判定定理分别进行分析即可． 此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【 第 9 题 】
【 答 案 】
ab（a+b）（a-b）
【 解析 】
解：a3b-ab3， =ab（a2-b2）， =ab（a+b）（a-b）． 先提公因式ab，再利用公式法分解因式即可． 本题主要考查了整式的因式分解，在解题时要注意因式分解的方法和结果要分解到最后是本题的关键．
【 第 10 题 】
【 答 案 】
110
【 解析 】
解：12.752-7.252， =（12.75+7.25）（12.75-7.25）， =20×5.5， =110． 故答案为：110． 根据正方形的面积公式，即可得到剩下部分的面积可表示为12.752-7.252，再利用平方差公式分解求值比较简单． 本题考查了平方差公式分解因式，运用平方差公式计算更加简便．
【 第 11 题 】
【 答 案 】
7
【 解析 】
解：∵a+1a=3， ∴a2+2+1a2=9， ∴a2+1a2=9-2=7． 故答案为：7． 把已知条件两边平方，然后整理即可求解．完全平方公式：（a±b）2=a2±2ab+b2． 本题主要考查了完全平方公式，利用公式把已知条件两边平方是解题的关键．
【 第 12 题 】
【 答 案 】
（2000x?5-2000x）
【 解析 】
解：由题意可得：甲厂为员工支付的人均车费可比原来少（2000x?5-2000x）元． 故答案为（2000x?5-2000x）． 关键描述语是：原有的员工每人分担的车费-实际每人分担的车费，进而得出答案． 此题主要考查了列代数式，正确表示出平均每人分担的车费数是解题关键．
【 第 13 题 】
【 答 案 】
36
【 解析 】
解：∵正五边形的外角为360°÷5=72°， ∴∠C=180°-72°=108°， ∵CD=CB， ∴∠CDB=36°， ∵AF∥CD， ∴∠DFA=∠CDB=36°， 故答案为：36． 首先求得正五边形内角∠C的度数，然后根据CD=CB求得∠CDB的度数，然后利用平行线的性质求得∠DFA的度数即可． 本题考查了多边形的内角和外角及平行线的性质，解题的关键是求得正五边形的内角．
【 第 14 题 】
【 答 案 】
943
【 解析 】
解：∵△CDE为等边三角形， ∴DE=DC=EC，∠D=60°， 根据折叠的性质，∠BCA=∠B′CA， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD=BC=6，AB=CD=3， ∴∠EAC=∠BCA， ∴∠EAC=∠ECA， ∴EA=EC， ∴∠DAC=30°， ∴∠ACD=90°， ∵CD=3，∠ACD=90°，∠DAC=30°， ∴AC=33， ∴S△ACE=12S△ACD=12×AC×CD×12=943． 故答案为：943． 先根据等边三角形的性质可得DF=DC=EC，∠D=60°，根据折叠的性质，∠BCA=∠B′CA，再利用平行四边形的性质证明∠DAC=30°，∠ACD=90°，利用三角函数值计算出AC，然后根据三角形的中线平分三角形的面积可得S△ACE=12S△ACD，进而可得答案． 此题主要考查了平行四边形的性质、直角三角形的性质以及翻折变换，关键是掌握：平行四边形的对边平行且相等，直角三角形30°角所对的边等于斜边的一半．
【 第 15 题 】
【 答 案 】
解：（1）原式=2（x+12）2； （2）原式=a4+8a2+16-16a2=（a+2）2（a-2）2
【 解析 】
（1）根据提公因式，完全平方公式，可得答案； （2）根据完全平方公式，可得答案． 本题考查了因式分解，一提，二套，三检查，分解要彻底．
【 第 16 题 】
【 答 案 】
解：（1）原式=x2?5x?2-xx?2+1+xx?2 =x2?5?x+1+xx?2 =(x+2)(x?2)x?2 =x+2； （2）原式=4x2?4xy+y22x+y×1(2x+y)(2x?y) =(2x?y)22x+y×1(2x+y)(2x?y) =2x?y(2x+y)2．
【 解析 】
（1）直接进行通分运算，进而利用分式的加减运算法则计算得出答案； （2）直接将分子与分母分解因式，进而化简得出答案． 此题主要考查了分式的混合运算，正确化简是解题关键．
【 第 17 题 】
【 答 案 】
解： （1）设甲每天修路x千米，则乙每天修路（x-0.5）千米， 根据题意，可列方程：1.5×15x=15x?0.5， 解得x=1.5， 经检验x=1.5是原方程的解，且x-0.5=1， 答：甲每天修路1.5千米，则乙每天修路1千米； （2）设甲修路a天，则乙需要修（15-1.5a）千米， ∴乙需要修路15?1.5a1=15-1.5a（天）， 由题意可得0.5a+0.4（15-1.5a）≤5.2， 解得a≥8， 答：甲工程队至少修路8天．
【 解析 】
（1）可设甲每天修路x千米，则乙每天修路（x-0.5）千米，则可表示出修路所用的时间，可列分式方程，求解即可； （2）设甲修路a天，则可表示出乙修路的天数，从而可表示出两个工程队修路的总费用，由题意可列不等式，求解即可． 本题主要考查分式方程及一元一次不等式的应用，找出题目中的等量（或不等）关系是解题的关键，注意分式方程需要检验．
【 第 18 题 】
【 答 案 】
解：（1）∵△ABC是等边三角形， ∴∠B=60°， ∵DE∥AB， ∴∠EDC=∠B=60°， ∵EF⊥DE， ∴∠DEF=90°， ∴∠F=90°-∠EDC=30°； （2）∵∠ACB=60°，∠EDC=60°， ∴△EDC是等边三角形． ∴ED=DC=2， ∵∠DEF=90°，∠F=30°， ∴DF=2DE=4， ∴EF=3DE=23．
【 解析 】
（1）根据平行线的性质可得∠EDC=∠B=60°，根据三角形内角和定理即可求解； （2）易证△EDC是等边三角形，再根据直角三角形的性质即可求解． 本题考查了等边三角形的判定与性质，以及直角三角形的性质，熟记30度的锐角所对的直角边等于斜边的一半是解题的关键．
【 第 19 题 】
【 答 案 】
解：（1）设轿车购买x辆，那么面包车购买（10-x）辆，由题意得： x≥37x+4(10?x)≤55?? 解得：3≤x≤5； 又∵x为整数， ∴x=3或x=4或x=5， ∴购车方案有三种：①轿车3辆，面包车7辆； ②轿车4辆，面包车6辆； ③轿车5辆，面包车5辆． 答：购买方案由三种，即轿车3辆，面包车7辆；轿车4辆，面包车6辆；轿车5辆，面包车5辆．
【 解析 】
根据购买轿车的辆数、购车钱数列出不等式组，解不等式组，依据整数解，即可确定购买方案． 考查一元一次不等式组的解法和应用，一元一次不等式组的整数解，根据题意，设合适的未知数，列出不等式（组）是解决问题的关键，方案设计问题可以通过不等式组的整数解得以解决．
【 第 20 题 】
【 答 案 】
解：∵△ABC是等边三角形， ∴AC=BC，∠B=∠ACB=60°， ∵线段CD绕点C顺时针旋转60°得到CE， ∴CD=CE，∠DCE=60°， ∴∠DCE=∠ACB， 即∠BCD+∠DCA=∠DCA+∠ACE， ∴∠BCD=∠ACE， 在△BCD与△ACE中， BC=AC∠BCD=∠ACEDC=EC， ∴△BCD≌△ACE， ∴∠EAC=∠B=60°， ∴∠EAC=∠ACB， ∴AE∥BC．
【 解析 】
利用等边三角形的性质得AC=BC，∠B=∠ACB=60°，再根据旋转的性质得CD=CE，∠DCE=60°，则∠DCE=∠ACB，所以∠BCD=∠ACE，接着证明△BCD≌△ACE得到∠EAC=∠B=60°，从而得到∠EAC=∠ACB，然后根据平行线的判定方法得到结论． 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．也考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质．
【 第 21 题 】
【 答 案 】
（x-3）（x+1） ? （a+b）（a-5b） ?
【 解析 】
解：（1）x2-2x-3， =x2-2x+1-4， =（x-1）2-4， =（x-1+2）（x-1-2）， =（x-3）（x+1）； a2-4ab-5b2， =a2-4ab+4b2-9b2， =（a-2b）2-9b2， =（a-2b+3b）（a-2b-3b）， =（a+b）（a-5b）， 故答案为：（x-3）（x+1）；（a+b）（a-5b）； （2）m2+6m+13=m2+6m+9+4=（m+3）2+4， 因为（m+3）2≥0， 所以代数式m2+6m+13的最小值是4． （1）类比材料中的方法，运用配方法解决问题； （2）将m2+6m+13配方为：（m+3）2+4，可得最小值． 此题考查了因式分解的应用，以及非负数的性质，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
【 第 22 题 】
【 答 案 】
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，CD=AB， ∴∠BAE=∠DCF， ∵AE=CF， ∴△ABE≌△CDF（SAS）． （2）∵△ABE≌△CDF， ∴∠AEB=∠CFD， ∴∠CEB=∠AFD， ∴BE∥DF．
【 解析 】
（1）由平行四边形的性质可得，AB∥CD，CD=AB，根据两直线平行内错角相等可得∠BAE=∠DCF，已知AE=CF，从而可根据SAS判定△ABE≌△CDF． （2）根据△ABE≌△CDF，可得∠AEB=∠CFD，再根据邻补角的定义和平行线的判定即可证明． 此题主要考查学生对平行四边形的性质及全等三角形的判定方法的综合运用能力．
【 第 23 题 】
【 答 案 】
证明：（1）∵Rt△ABC中，∠BAC=30°， ∴AB=2BC， 又∵△ABE是等边三角形，EF⊥AB， ∴AB=2AF ∴AF=BC， 在Rt△AFE和Rt△BCA中， AF=BCAE=BA， ∴Rt△AFE≌Rt△BCA（HL）， ∴AC=EF； （2）∵△ACD是等边三角形， ∴∠DAC=60°，AC=AD， ∴∠DAB=∠DAC+∠BAC=90° 又∵EF⊥AB， ∴EF∥AD， ∵AC=EF，AC=AD， ∴EF=AD， ∴四边形ADFE是平行四边形．
【 解析 】
（1）首先由Rt△ABC中，由∠BAC=30°可以得到AB=2BC，又由△ABE是等边三角形，EF⊥AB，由此得到AE=2AF，并且AB=2AF，然后证得△AFE≌△BCA，继而证得结论； （2）根据（1）知道EF=AC，而△ACD是等边三角形，所以EF=AC=AD，并且AD⊥AB，而EF⊥AB，由此得到EF∥AD，再根据平行四边形的判定定理即可证明四边形ADFE是平行四边形． 此题考查了平行四边形的判定、等边三角形的性质以及全等三角形的判定与性质．注意证得Rt△AFE≌Rt△BCA是关键．
【 第 24 题 】
【 答 案 】
解：（1）∵点B的坐标是（-6，8） ∴AO=8，AB=6 ∴BO=AB2+OA2=62+82=10． （2）由折叠可知：BE=AB=6，OE=10-6=4 设D（0，a），则OD=a，AD=ED=8-a 在Rt△EOD中，DE2+OE2=OD2 即（8-a）2+42=a2 解得：a=5 ∴点D的坐标（0，5）． （3）存在．过点E作EM∥DF，交x轴于点M，过点M作MN∥DE，交DF于点N，则四边形DEMN为平行四边形． 在Rt△EOD中，OD=5，OE=4，DE=3，作EG⊥OD，垂足为G 则OD?EG=OE?DE，5EG=12， 解得：EG=125， 由勾股定理可解得：OG=165 ∴点E的坐标为（-125，165） ∵B（-6，8），D（0，5） ∴直线BF的函数表达式为：y=-12x+5， 设直线EM的函数表达式为：y=-12x+b， 将点E的坐标（-125，165）代入解得：b=2 ∴直线EM的函数表达式为：y=-12x+2． 直线EM与x轴的交点M（4，0．
【 解析 】
（1）利用勾股定理计算即可． （2）设D（0，a），则OD=a，AD=ED=8-a在Rt△EOD中，根据DE2+OE2=OD2，构建方程即可解决问题． （3）存在．过点E作EM∥DF，交x轴于点M，过点M作MN∥DE，交DF于点N，则四边形DEMN为平行四边形．思想想办法求出点E的坐标，再求出直线EM的解析式即可解决问题． 本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，一次函数的应用，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会构建一次函数解决交点问题，属于中考常考题型．
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