专题16.9 期末真题重组拔尖卷（解析版）

2022-2023 学年八年级数学上册期末真题重组拔尖卷 【人版】 参考答与试题解析 ：214945一．选择题（共10 小题，满分30 分，每小题3 分） 1．（3 分）（2022·湖南益阳·七年级期末）已知a 2−a−2=0，则a 2+ 4 a 2等于（ ） ．3 B．5 ．−3 D．1 【答】B 【分析】根据方程a 2−a−2=0可变形为a−2 a=1，利用完全平方式将a 2+ 4 a 2化成 (a−2 a ) 2 +4，从而整体代入计算即可． 【详解】解： 由a 2−a−2=0方程两边同时除以a得a−1−2 a=0，变形为a−2 a=1， 则a 2+ 4 a 2=(a−2 a ) 2 +4=1+4=5， 故选：B． 【点睛】本题考查了代数式化简求值，利用完全平方公式变形并采用整体思想是解题关键． 2．（3 分）（2022·江苏南通·七年级期末）如图，AB∥CD，∠M＝44°，平分∠BM，平分 ∠DM，则∠等于（ ） ．215° B．21° ．225° D．22° 【答】D 【分析】由平行线的性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义，只要证明得 ∠M−∠N=22°，即可求出答． 【详解】解：如图，线段M 与相交于点E， 1 ∵AB∥CD， ∴∠ACD+∠CAB=180°， ∵平分∠BM，平分∠DM， ∴∠BAM=2∠1，∠DCM=2∠4，∠1=∠2，∠3=∠4， ∴∠ACD+∠CAM +∠BAM=180°， ∴∠ACD+∠CAM +2∠1=180°；① 在△M 中，有 ∠ACM +∠CAM +∠M=180°， ∴∠ACD+2∠4+∠CAM +44°=180°②， 由①−¿②，得2∠1−2∠4=44°， ∴∠1−∠4=22°，即∠1−∠3=22°； ∵∠1+∠AEN +∠N=∠3+∠CEM +∠M=180°， 又∠AEN=∠CEM， ∴∠1+∠N=∠3+∠M， ∴∠1−∠3=∠M−∠N=22°， 即44°−∠N=22°， ∴∠N=22°； 故选：D． 【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义，解题的关键 是熟练掌握所学的知识，正确地利用所学知识进行角度之间的转化． 3．（3 分）（2022·安徽·桐城实验中学八年级期末）一个三角形的两边长分别为5 和7，设 第三边上的中线长为x，则x 的取值范围是（ ） ．x>5 B．x<7 ．2<x<12 D．1<x<6 【答】D 【详解】如图所示: 1 B=5，=7， 设B=2，D=x， 延长D 至E，使D=DE， 在△BDE 与△D 中， D=DE ∵ ，BD=D，∠D= BDE ∠ ， BDE D ∴△ ≌△， E=2x ∴ ，BE==7， 在△BE 中，BE-B＜E＜B+BE，即7-5＜2x＜7+5， 1 ∴＜x＜6． 故选D． 4．（3 分）（2022·河南信阳·八年级期末）如图，在3×3的格中，每一个小正方形的边长 都是1，点A，B，C，D都在格点上，连接AC，BD相交于P，那么∠APB的大小是 （ ） ．80° B．60° ．45° D．30° 【答】 【分析】取格点E，F ，M，连接MD，MB，先证明ΔDFM ≅ΔMEB，得出 MD=MB，∠DMF=∠MBE，再证明AC // BM得出∠APB=∠PBM，最后证明 ΔDMB是等腰直角三角形，得出∠DBM=45°，从而得出∠APB=45°即可． 【详解】解：取格点E，F ，M，连接MD，MB， 由已知条件可知：MF=BE，DF=EM ，∠DFM=∠MEB=90°， ∴ΔDFM ≅ΔMEB， ∴MD=MB，∠DMF=∠MBE， 同理可得：ΔACB≅ΔBME， 1 ∴∠CAB=∠MBE， ∴AC // BM， ∴∠APB=∠PBM， ∵∠BME+∠MBE=90°， ∴∠BME+∠DMF=90°, ∴∠DMB=90°, ∴ΔDMB是等腰直角三角形， ∴∠DBM=45°, 即∠APB=45°， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，平行线的判 定与性质，所求角转换成容易求出度数的角，合理的添加辅助线是解决本题的关键． 5．（3 分）（2022·山东日照·八年级期末）已知∠MON=40°，P为∠MON内一定点， OM上有一点A，ON上有一点B，当ΔPAB的周长取最小值时，∠APB的度数是( ) ．40° B．50° ．100° D．140° 【答】 【分析】设点P关于OM、ON对称点分别为P'、P' '，当点A、B在P' P' '上时，ΔPAB 周长为PA+ AB+BP=P' P' '，此时周长最小．根据轴对称的性质，可求出∠APB的度数． 【详解】分别作点P关于OM、ON的对称点P'、P' '，连接OP'、OP' '、P' P' '， P' P' '交OM、ON于点A、B，连接PA、PB，此时ΔPAB周长的最小值等于P' P' '． 由轴对称性质可得，OP'=OP' '=OP，∠P' OA=∠POA，∠P' ' OB=∠POB， ∴∠P' OP' '=2∠MON=2×40°=80°， 1 ∴∠OP' P' '=∠OP' ' P'=(180°−80°)÷2=50°， 又∵∠BPO=∠OP' ' B=50°，∠APO=∠AP' O=50°， ∴∠APB=∠APO+∠BPO=100°． 故选：C． 【点睛】此题考查轴对称作图，最短路径问题，将三角形周长最小转化为最短路径问题， 根据轴对称作图是解题的关键 6．（3 分）（2022·湖北武汉·八年级期末）在平面直角坐标系中，已知点（﹣1，1），B （﹣3，2），点在坐标轴上，若△B 是等腰三角形，则满足条件的点的个数是（ ） ．4 个 B．5 个 ．7 个 D．8 个 【答】 【分析】由题意知，B 是定点，是动点，所以要分情况讨论：以、B 为腰；以、B 为腰；以 B、B 为腰，满足条件的点即为所求，分别以,B 为圆心作圆，作B 的垂直平分线,则圆与坐 标轴的交点，垂直平分线与坐标轴的交点符合题意． 【详解】解：如图，分别以,B 为圆心作圆，作B 的垂直平分线,则圆与坐标轴的交点，垂直 平分线与坐标轴的交点符合题意，其中,,B 三点共线，则除点以外的7 个点符合要求． 1 满足条件的点个数是图中的、D、E、F、G、，共计7 个点． 故选：． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定与坐标与图形的性质，分类别寻找正确答为关键． 7．（3 分）（2022·重庆·西南大学附中九年级期末）若整数使关于x 的分式方程 a 2−x − x x−2=−3有非负整数解，且使关于y 的不等式组¿无解，则所有满足条件的的和 为（ ） ．6 B．2 ．−4 D．−8 【答】 【分析】求出分式方程的解和不等式组的解集，在结合题意即可求出的具体值，相加即可． 【详解】∵a 2−x − x x−2=−3， ∴a+x x−2=3， ∴a=2 x−6． ¿，解得：¿． 要使¿无解，即a⩽9 2． 又∵a 2−x − x x−2=−3有非负整数解， ∴当x=0 时，a=−6； 1 当x=1 时，a=−4； 当x=2 时，分母为0，无意义，故x≠2； 当x=3 时，a=0； 当x=4 时，a=2； 当x=5 时，a=4； 当x=6 时，a=6> 9 2，此时不符题意． 综上，的值可以为-6、-4、0、2、4． 故满足条件的的和为-6-4+0+2+4=-4． 故选：． 【点睛】本题考查解分式方程和一元一次不等式组．根据分式方程和一元一次不等式组求 出的具体值是解答本题的关键． 8．（3 分）（2022·安徽安庆·七年级期末）在矩形ABCD内，将两张边长分别为a和 b(a>a)的正方形纸片按图①，图②两种方式放置（图①，图②中两张正方形纸片均有部 分重叠），矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，若图①中阴影部分面积 为S1，图②中阴影部分的面积和为S2．则S1−S2的值表示正确的是（ ） ．BE⋅FG B．MN ⋅FG ．BE⋅GD D．MN ⋅GD 【答】 【分析】利用面积的和差分别表示出S1和S2，然后利用整式的混合运算计算它们的差． 【详解】解：∵S1=（B-）•+（D-b）（D-）=（B-）•+（B-b）（D-）， S2=（B-）（D-b）+（D-）（B-b）， ∴S1-S2=（B-）•+（B-b）（D-）-（B-）（D-b）-（D-）（B-b） =（B-）•-（B-）（D-b） =（B-）•（-D+b） =BE•FG， 故选：． 【点睛】本题考查了整式的混合运算：“整体”思想在整式运算中较为常见，适时采用整 体思想可使问题简单化，并且迅速地解决相关问题，此时应注意被看作整体的代数式通常 1 要用括号括起来．也考查了正方形的性质． 9．（3 分）（2022·河南省淮滨县第一中学八年级期末）已知实数x，y，z 满足1 x+ y + 1 y+z + 1 z+x ＝7 6 ，且 z x+ y + x y+z + y z+x ＝11，则x+y+z 的值为（ ） ．12 B．14 ．72 7 D．9 【答】 【分析】把 z x+ y + x y+z + y z+x =11两边加上3，变形可得 x+ y+z x+ y + x+ y+z y+z + x+ y+z z+x =14，两边除以(x+ y+z )得到1 x+ y + 1 y+z + 1 z+x = 14 x+ y+z ， 则 14 x+ y+z =7 6，从而得到x+ y+z的值． 【详解】解：∵ z x+ y + x y+z + y z+x =11， ∴1+ z x+ y +1+ x y+z +1+ y z+x =14， 即x+ y+z x+ y + x+ y+z y+z + x+ y+z z+x =14， ∴ 1 x+ y + 1 y+z + 1 z+x = 14 x+ y+z ， 而1 x+ y + 1 y+z + 1 z+x =7 6 ， ∴ 14 x+ y+z =7 6， ∴x+ y+z=12． 故选：． 【点睛】本题考查了分式的加减法，解题的关键是掌握同分母的分式相加减，分母不变， 把分子相加减．经过通分，异分母分式的加减就转化为同分母分式的加减，同时解决问题 的关键也是从后面的式子变形出x+ y+z． 10．（3 分）（2022·重庆·西南大学附中七年级期末）如图，在△ABC中，∠A=90°， △ABC的外角平分线CD与内角平分线BE的延长线交于点D，过点D作DF ⊥BC交BC 延长线于点F，连接AD，点E为BD中点．有下列结论：①∠BDC=45°；② ∠CED=∠EDF；③1 2 BD+CE=BC；④S△ADE+S△CDF=S△DCE．其中正确的是 （ ） 1 ．①② B．③④ ．①②③ D．①②④ 【答】D 【分析】由角平分线的性质和外角的性质可得∠DCF=45°+∠DBC，可求 ∠BDC=45°，故①正确，由余角的性质可证∠CED=∠EDF，故②正确，由“AAS ”可证Δ AEB≅Δ HED，Δ DCF ≅Δ DCH，可得BE=BE，SΔ AEB=SΔ HED， SΔ DCH=SΔ DCF，可得BE+CE>BC，SΔ ADE+SΔ DCF=SΔ DCE，故③不正确、④正确；即可 求解． 【详解】解：∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACF， ∴∠ABD=∠DBC=1 2 ∠ABC，∠DCA=∠DCF=1 2 ∠ACF， ∵∠ACF=∠BAC+∠ABC， ∴ 1 2 ∠ACF=1 2 ×90°+ 1 2 ∠ABC，即∠DCF=45°+∠DBC， 又∵∠DCF=∠DBC+∠BDC， ∴∠BDC=45°，故①正确； ∵DF ⊥BC， ∴∠DFB=∠BAC=90°， ∴∠ABE+∠AEB=∠DBC+∠BDF， ∴∠AEB=∠BDF， ∴∠CED=∠EDF，故②正确； 过点D作DH ⊥AC于H，如图所示： ∵DH ⊥AC， ∴∠DHE=∠BAE=90°， ∵点E为BD中点， ∴BE=DE， 1 ∴在Δ BCE中根据三角形三边关系可知BE+CE>BC，即1 2 BD+CE>BC，故③错误； ∵BE=DE， ∴SΔ AEB=SΔ ADE， 在Δ AEB和Δ HED中， { ∠BAE=∠DHE ∠AEB=∠DEH BE=DE ， ∴Δ AEB≅Δ HED( AAS)， ∴SΔ AEB=SΔ HED， ∴SΔ ADE=SΔ HED， 在Δ DCF和Δ DCH中， { ∠DCF=∠DCH ∠DHC=∠DFC CD=CD ， ∴Δ DCF ≅Δ DCH ( AAS)， ∴SΔ DCF=SΔ DCH， ∴SΔ ADE+SΔ DCF=SΔ HED+SΔ DCH=SΔ DCE，故④正确； 故选：D． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，外角 的性质和三角形三边关系等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 二．填空题（共6 小题，满分18 分，每小题3 分） 11．（3 分）（2022·福建·厦门市槟榔中学八年级期末）已知三个数，x，y，z 满足 xy x+ y =−3, yz y+z = 4 3 , zx z+x =−4 3 ，则y 的值是______ 【答】12 7 【分析】将xy x+ y =−3, yz y+z = 4 3 , zx z+x =−4 3 变形为x+ y xy =−1 3 , y+z yz = 3 4 , z+x zx =−3 4 ， 得到1 y + 1 x =−1 3 , 1 z + 1 y = 3 4 , 1 x + 1 z =−3 4 ，利用( 1 z + 1 y )−( 1 x + 1 z )=3 2，求出1 x = 1 y −3 2， 代入1 y + 1 x =−1 3 即可求出答． 【详解】∵xy x+ y =−3, yz y+z = 4 3 , zx z+x =−4 3 ， ∴x+ y xy =−1 3 , y+z yz = 3 4 , z+x zx =−3 4 ， 1 ∴1 y + 1 x =−1 3 , 1 z + 1 y = 3 4 , 1 x + 1 z =−3 4 ， ∴( 1 z + 1 y )−( 1 x + 1 z )=3 2， 得1 y −1 x =3 2， ∴1 x = 1 y −3 2， 将1 x = 1 y −3 2代入1 y + 1 x =−1 3 ，得2 y =7 6， y= ∴ 12 7 ， 故答为：12 7 ． 【点睛】此题考查分式的性质，分式的变形计算，根据分式的性质得到 1 y + 1 x =−1 3 , 1 z + 1 y = 3 4 , 1 x + 1 z =−3 4 是解题的关键． 12．（3 分）（2022·河北唐山·七年级期末）计算： (1−1 11 2)(1−1 12 2)(1−1 13 2)⋯(1−1 21 2)=¿________ 【答】20 21 【分析】原式利用平方差公式分解，约分即可得到结果． 【详解】解：原式¿(1+ 1 11 )(1−1 11 )(1+ 1 12 )(1−1 12 )…(1+ 1 21 )(1−1 21 ) ¿ 10 11 × 11 12 ×…× 20 21 × 12 11 × 13 12 ×…× 22 21 =10 21 × 22 11 =20 21， 故答为20 21 【点睛】此题考查了平方差公式，以及规律型：数字的变化类，熟练掌握平方差公式是解 本题的关键． 13．（3 分）（2022·湖南怀化·七年级期末）已知a−b=b−c=3 5 ,a 2+b 2+c 2=1，则 ab+bc+ca的值等于________． 1 【答】−2 25 【分析】利用完全平方公式求出（−b），（b−），（−）的平方和，然后代入数据计算即 可求解． 【详解】解：∵a−b=b−c=3 5， ∴a−c=6 5 (a−b) 2+(b−c) 2+(a−c ) 2=54 25 ∴2(a 2+b 2+c 2)−2 (ab+bc+ac )=54 25， ∵a 2+b 2+c 2=1， ∴1−(ab+bc+ac )=27 25， ∴ab+bc+ca=−2 25 ， 故答为：−2 25 【点睛】本题考查了完全平方公式，解题的关键是分别把a−b=3 5，b−c=3 5，相加凑出， a−c=6 5 三个式子两边平方后相加，化简求解． 14．（3 分）（2022·江苏·连云港市新海初级中学七年级期末）如图，在四边形BD 中，∠+ ∠D=210°，E、F 分别是D、B 上的点，将四边形DEF 沿直线EF 翻折，得到四边形 C ' D ' EF，C ' F交D 于点G，若△EFG 有两个相等的角，则∠EFG =__________． 【答】40°或50° 【分析】根据题意△EFG 有两个角相等，于是有三种情况，分别令不同的两个角相等，利 用折叠的性质和四边形的内角和列方程，最后综合得出答． 【详解】解：分三种情况： 1 （1）当∠FGE＝∠FEG 时， 设∠EFG＝x，则∠EF＝x，∠FGE＝∠FEG＝1 2 (180°−x )， 在四边形GFD 中，由内角和为360°得： 1 2 (180°−x )+2 x+∠C+∠D=360°， + ∵∠∠D＝210°， ∴1 2 (180°−x )+2 x=360°−210°， 解得：x=40°； （2）当∠GFE＝∠FEG 时，∠FGE=180°−2 x 在四边形GFD 中，由内角和为360°得：180°−2 x+2 x+∠C+∠D=360°， 得180°+210°=360°，显然不成立， 即此种情况不存在； （3）当∠FGE＝∠GFE 时， 同理有：x+2 x+∠C+∠D=360°， + ∵∠∠D＝210°， ∴x+2 x+210°=360°， 解得：x=50°， 故答为：40°或50°． 【点睛】本题考查了图形的翻折，三角形和四边形的内角和，有一定难度，熟悉三角形和 四边形的内角和定理以及正确的分情况讨论是解题关键． 15．（3 分）（2022·江苏苏州·八年级阶段练习）如图在△B 中，D 为B 中点，DE⊥B，∠E ＋∠BE＝180°，EF⊥B 交于F，＝8，B＝12，则BF 的长为________． 【答】10 【分析】根据角平分线的性质得到EF＝EG，证明Rt△EF Rt ≌ △EG，根据全等三角形的性 质得到F＝G，根据题意列式计算即可． 1 【详解】解：连接E，过点E 作EG⊥交的延长线于点G，如图所示： ∵D 为B 中