编者小注：
本套专辑专为人教全国版2023学年第一学期期末考试研发。
7-8年级（满分100分制），分基础卷（适合75分以下学生使用）、提升卷（适合75-90分学生使用）、满分卷（适合90分以上学生使用）。
9年级（满分120分制），分基础卷（适合90分以下学生使用）、提升卷（适合90-110分学生使用）、满分卷（适合110分以上学生使用）。
来源为近两年人教版数学教材使用地期末原题，包含详细解析。
所有资料研发均为原创，希望助广大中学生一臂之力。
（提升卷）2023-2024学年八年级数学上学期期末临考押题卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题(每小题3分，共30分)
1．下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．在中，，则此三角形是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形
3．的计算结果是（ ）
A．2 B． C．4 D．
4．如图，小明从点出发，前进后向右转，再前进后又向右转……，这样一直走下去，他第一次回到出发点时一共走了，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，已知，添加一个条件后，仍然不能判定的是( )
A． B．
C．A D．
6．多项式的公因式是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在中，的平分线交于点，连接，过点作的面积是16，周长是8，则的长是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．如图，以的顶点B为圆心，长为半径画弧，交于点D，再分别以C，D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点E，作射线交于点F，若，，则（ ）
A． B． C． D．
9．一批货物要运往某地，有甲、乙、丙三辆卡车可用，已知甲、乙、丙每次运货量不变，且甲、乙两车单独运完这批货物所用次数之比为．若甲、丙两车各运相同次数运完这批货时，甲共运了180吨；若乙、丙两车各运相同次数运完这批货时，乙共运了270吨．则这批货共有（ ）
A．360吨 B．450吨 C．540吨 D．630吨
10．若关于的不等式组无解，且关于的分式方程有整数解，则满足条件的整数的值为（ ）
A．2或3 B．2或7 C．3或7 D．2或3或7
二、填空题(每小题3分，共24分)
11．如图，在等边三角形网格中，每个小等边三角形的边长都为1，图中已经涂黑了3个三角形，从①、②、③号位置选择一个三角形涂黑，其中能与图中涂黑部分构成轴对称图形的三角形序号是 ．
12．如图，在平面直角坐标系中，的顶点分别为，，，若要使与全等，则点的坐标为 ．
13．如图，中，，平分交于点E，，，则 ．
14．已知：，则 ．
15．计算： ．
16．若，则的平方根为 ．
17．如图，在四边形中，，，、分别是、上的点．当的周长最小时，的度数为 ．
18．已知a，b，c是非零有理数，且满足，则等于 ．
三、解答题(共46分)
19．解方程
(1)
(2)
(3)
20．已知，，，求
(1)；
(2)．
21．已知：中，，．
(1)如图1，点在的延长线上，连，过作于，交于点．求证：；
(2)如图2，点在线段上，连，过作，且，连交于，连，问与有何数量关系，并加以证明；
22．如图1，在平面直角坐标系中，点A在x轴的正半轴上，点B在y轴的正半轴上，且，．
(1)求点的坐标；
(2)如图2，点在轴的负半轴上，，过点B作AB的垂线交轴于点，求证：；
(3)在（2）的条件下，在射线上有一点，若，求点的横坐标．
23．把代数式通过配凑等手段，得到局部完全平方式，再进行有关运算和解题，这种解题方法叫做配方法．
如：①，利用配方法求代数式的最小值．
解：
（先加上16，再减去16）
（运用完全平方公式）
，当时，有最小值．
②用配方法分解因式：
(1)若，求的最小值；
(2)请把下列多项式因式分解：
①
②
24．1月份，甲、乙两商店从批发市场购进了相同单价的某种商品，甲商店用1050元购进的商品数量比乙商店用1260元购进的数量少10件．
(1)求该商品的单价；
(2)2月份，两商店以单价元/件（低于1月份单价）再次购进该商品，购进总价均不变．
①试比较两家商店两次购进该商品的平均单价的大小．
②已知，甲商店1月份以每件30元的标价售出了一部分，剩余部分与2月份购进的商品一起售卖，2月份第一次按标价9折售出一部分且未超过1月份售出数量的一半，第二次在第一次基础上再降价2元全部售出，两个月的总利润为1050元，求甲商店1月份可能售出该商品的数量．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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7-8年级（满分100分制），分基础卷（适合75分以下学生使用）、提升卷（适合75-90分学生使用）、满分卷（适合90分以上学生使用）。
9年级（满分120分制），分基础卷（适合90分以下学生使用）、提升卷（适合90-110分学生使用）、满分卷（适合110分以上学生使用）。
来源为近两年人教版数学教材使用地期末原题，包含详细解析。
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（提升卷）2023-2024学年八年级数学上学期期末临考押题卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题(每小题3分，共30分)
1．下列图形中，是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了轴对称图形“如果一个平面图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形”，熟记定义是解题关键．根据轴对称图形的定义逐项判断即可得．
【详解】解：A、不是轴对称图形，则此项不符合题意；
B、不是轴对称图形，则此项不符合题意；
C、是轴对称图形，则此项符合题意；
D、不是轴对称图形，则此项不符合题意；
故选：C．
2．在中，，则此三角形是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形
【答案】B
【分析】根据比例设分别为然后根据三角形内角和定理列式进行计算求出k值，再求出最大的角即可得解．
【详解】解：设分别为
∵，
∴，
∴，
∴，
∴该三角形的形状是直角三角形，
故选：B．
【点睛】该题主要考查了角形的内角和定理及其应用问题；灵活运用三角形的内角和定理来解题是关键．
3．的计算结果是（ ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】B
【分析】本题考查积的乘方运算法则，逆用积的乘方运算法则即可求解．
【详解】
．
故选：B
4．如图，小明从点出发，前进后向右转，再前进后又向右转……，这样一直走下去，他第一次回到出发点时一共走了，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了多边形的外角和，正多边形的判定与性质．根据总路程求出边数，再利用多边形外角和等于360度即可求出答案．
【详解】解：依题意可知，小明所走路径为正多边形，
设这个正多边形的边数为n，则
∴，
故选：B．
5．如图，已知，添加一个条件后，仍然不能判定的是( )
A． B．
C．A D．
【答案】C
【分析】本题考查全等三角形的判定，根据三角形全等的判定定理或或即可推导出．
【详解】解：A、添加的条件是：
理由是：在和中，
，
∴，本选项不符合题意；
B、添加的条件是：
理由是：在和中，
，
∴，本选项不符合题意；
D、添加的条件是：
理由是：在和中，
，
∴，本选项不符合题意；
C、，不能推导出，本选项符合题意；
故选：C．
6．多项式的公因式是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了确定多项式中各项的公因式，可概括为三“定”：①定系数，即确定各项系数的最大公约数；②定字母，即确定各项的相同字母因式（或相同多项式因式）；③定指数，即各项相同字母因式（或相同多项式因式）的指数的最低次幂．按照公因式的确定方法，公因式的系数应取，字母x取x，字母y取y, 字z取z．
【详解】∵多项式中，
各项系数绝对值的最大公约数是4，
各项相同字母x的最低次幂是x，
各项相同字母y的最低次幂是y，
各项相同字母z的最低次幂是z，
∴多项式的公因式是．
故选：C．
7．如图，在中，的平分线交于点，连接，过点作的面积是16，周长是8，则的长是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】本题主要考查了角平分线的性质，先过点作于点，然后根据角平分线的性质，证明，然后根据的面积的面积的面积的面积，求出答案即可．
【详解】如图所示：过点作于点，
，分别是和的角平分线，，，，
，
，
，
，
，
，
，
故选：D．
8．如图，以的顶点B为圆心，长为半径画弧，交于点D，再分别以C，D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点E，作射线交于点F，若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了三角形的内角和，等边三角形的性质，设，则，得出，，根据得出，列出方程，求出x的值，即可求解．
【详解】解：由作图可知，，
设，则，
∴，，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴，
故选：B．
9．一批货物要运往某地，有甲、乙、丙三辆卡车可用，已知甲、乙、丙每次运货量不变，且甲、乙两车单独运完这批货物所用次数之比为．若甲、丙两车各运相同次数运完这批货时，甲共运了180吨；若乙、丙两车各运相同次数运完这批货时，乙共运了270吨．则这批货共有（ ）
A．360吨 B．450吨 C．540吨 D．630吨
【答案】C
【分析】本题主要考查分式方程的应用，根据次数得到相应的等量关系，列出方程是解决本题的关键．
【详解】解：∵甲、乙两车单独运完这批货物所用次数之比为，
∴设货物总吨数为x吨，甲每次运吨，则乙每次运吨，丙每次运b吨，
由题意得： ，
整理得：，
解得：，
经检验是原方程的根，
即这批货物共有540吨．
故选：C．
10．若关于的不等式组无解，且关于的分式方程有整数解，则满足条件的整数的值为（ ）
A．2或3 B．2或7 C．3或7 D．2或3或7
【答案】D
【分析】本题考查一元一次不等式组的解，分式方程的解，先解不等式组，再解分式方程，从而确定的取值，进而解决此题．
【详解】解不等式组，得，
不等式组无解，
，
，
分式方程，
方程的两边同时乘，
得，，
整理得，，
，
方程有整数解，
或或或，
或或或或或或或，
，，
，
或或，
故选：D．
二、填空题(每小题3分，共24分)
11．如图，在等边三角形网格中，每个小等边三角形的边长都为1，图中已经涂黑了3个三角形，从①、②、③号位置选择一个三角形涂黑，其中能与图中涂黑部分构成轴对称图形的三角形序号是 ．
【答案】①
【分析】此题主要考查了利用轴对称设计图案，直接利用轴对称图形的性质分析得出答案．
【详解】解：从①、②、③号位置选择一个三角形涂黑，其中能与图中涂黑部分构成轴对称图形的是③号位置的三角形．
故答案为：①．
12．如图，在平面直角坐标系中，的顶点分别为，，，若要使与全等，则点的坐标为 ．
【答案】或或
【分析】根据全等三角形的性质“全等三角形的对应角相等，对应边相等”解得即可．
【详解】解：如下图，
∵，，，要使与全等，
∴的坐标为：或或．
故答案为：或或．
13．如图，中，，平分交于点E，，，则 ．
【答案】20
【分析】此题主要考查了角平分线的性质以及三角内角和定理等知识，首先三角形内角和定理求得，再利用角平分线的性质得出，进而利用得出，进而得出的度数是解决问题的关键．
【详解】解：∵，，
∴，
∵在中，，平分交于，
∴，，
∵，
∴，
∴．
故答案为：20．
14．已知：，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了分式的值，熟练掌握分式的性质是解题关键．先根据可得，再代入计算即可得．
【详解】解：由得：，
，
，
故答案为：．
15．计算： ．
【答案】/
【分析】接利用平方差公式把每一个算式因式分解，再进一步发现规律计算即可．
【详解】解：原式=
，
故答案为：．
【点睛】此题考查因式分解的应用，解题关键在于利用公式进行计算．
16．若，则的平方根为 ．
【答案】
【分析】观察题目，对已知条件根据完全平方公式进行整理得，结合非负数的性质可得， 从而求出x和y的值，接下来将其代入即可解答．
【详解】解：
∵，
∴
∴，
∴，
∴的平方根为：，
故答案为：
17．如图，在四边形中，，，、分别是、上的点．当的周长最小时，的度数为 ．
【答案】/80度
【分析】本题考查了轴对称-最短路径问题，四边形内角和为，三角形外角的性质．
首先作点关于，的对称点，，延长到点，根据轴对称的性质可得，，，，由“两点之间线段最短”可知当，，，四点共线时，的周长最小，由四边形内角和为可得，再由三角形的外角等于不相邻的两个内角之和，进行角的和差计算，即可得到答案．
【详解】解：如图，作点关于，的对称点，，延长到点，
则，，，，
的周长，
当，，，四点共线时，的周长最小，
，，
，
，
，
，，
．
故答案为：．
18．已知a，b，c是非零有理数，且满足，则等于 ．
【答案】
【分析】先在等式的两边同时乘非零数，得到，变形为，，再将三个等式代入所求代数式化简即可得出答案．
【详解】
，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，将已知等式变形是解题的关键．
三、解答题(共46分)
19．解方程
(1)
(2)
(3)
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查了解分式方程，熟练掌握分式方程的解法是解题关键，需注意的是，分式方程的解需进行检验．
（1）方程两边同乘以化成整式方程，解一元一次方程即可得；
（2）方程两边同乘以化成整式方程，解一元一次方程即可得；
（3）方程两边同乘以化成整式方程，解一元一次方程即可得．
【详解】（1）解：，
方程两边同乘以，得，
解得，
经检验，是分式方程的解，
所以方程的解为．
（2）解：，
方程两边同乘以，得，
解得，
经检验，是分式方程的解，
所以方程的解为．
（3）解：，
方程两边同乘以，得，
解得，
经检验，是分式方程的解，
所以方程的解为．
20．已知，，，求
(1)；
(2)．
【答案】(1)200
(2)
【分析】（）根据同底数幂乘法逆运算、幂的乘方逆运算法则展开计算即可得出答案；
（）根据同底数幂的除法法则、幂的乘方逆运算法则展开计算即可得出答案；
本题考查了整式的运算，熟记整式的运算法则是解题的关键．
【详解】1
【解答】解：（），
，
，
；
（），
，
，
．
21．已知：中，，．
(1)如图1，点在的延长线上，连，过作于，交于点．求证：；
(2)如图2，点在线段上，连，过作，且，连交于，连，问与有何数量关系，并加以证明；
【答案】(1)详见解析；
(2) ，证明详见解析．
【分析】本题考查了三角形的全等
（1）利用三角形全等的判定性质证明．
（2）利用三角形全等的判定性质证明．
【详解】（1）证明：如图中，
于，
，
，
，
，
，
．
（2）结论： 理由：如图中，作 于．
，
，，
，
，
，
，，
，
，
，，，
，
，
．
22．如图1，在平面直角坐标系中，点A在x轴的正半轴上，点B在y轴的正半轴上，且，．
(1)求点的坐标；
(2)如图2，点在轴的负半轴上，，过点B作AB的垂线交轴于点，求证：；
(3)在（2）的条件下，在射线上有一点，若，求点的横坐标．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据“在直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半”即可得出答案；
（2）根据垂直平分线性质可得，再由等腰三角形性质求出，进而求出，根据三角形外角与内角关系可得，再由“直角三角形30度角所对的直角边是斜边的一半”即可证得结论；
（3）如图，作于，则，先证明是等腰三角形，得到，然后证明，得到，根据点在第三象限即可得出点的横坐标．
【详解】（1）解：，，，
，
．
（2）证明：，，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
．
（3）解：如图，作于，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
的横坐标为．
【点睛】本题考查了特殊直角三角形的性质，垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形外角与内角关系，全等三角形的判定与性质，熟记“在直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半”，“等边对等角”等相关性质和定理是解本题关键．
23．把代数式通过配凑等手段，得到局部完全平方式，再进行有关运算和解题，这种解题方法叫做配方法．
如：①，利用配方法求代数式的最小值．
解：
（先加上16，再减去16）
（运用完全平方公式）
，当时，有最小值．
②用配方法分解因式：
(1)若，求的最小值；
(2)请把下列多项式因式分解：
①
②
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】本题主要考查了因式分解的应用，分解因式，正确理解题意并熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
（1）仿照题意将原式进行配方得到，由，可得当时，有最小值；
（2）仿照题意对原式先平方，再利用平方差公式进行分解因式即可．
【详解】（1）解：
，
∵，
∴
当时，有最小值；
（2）解：①
②
．
24．1月份，甲、乙两商店从批发市场购进了相同单价的某种商品，甲商店用1050元购进的商品数量比乙商店用1260元购进的数量少10件．
(1)求该商品的单价；
(2)2月份，两商店以单价元/件（低于1月份单价）再次购进该商品，购进总价均不变．
①试比较两家商店两次购进该商品的平均单价的大小．
②已知，甲商店1月份以每件30元的标价售出了一部分，剩余部分与2月份购进的商品一起售卖，2月份第一次按标价9折售出一部分且未超过1月份售出数量的一半，第二次在第一次基础上再降价2元全部售出，两个月的总利润为1050元，求甲商店1月份可能售出该商品的数量．
【答案】(1)该商品的单价为21元
(2)①甲的平均单价等于乙的平均单价；②或28
【分析】（1）设该商品的单价为x元，根据商店用1050元购进的商品数量比乙商店用1260元购进的数量少10件列出方程求解即可；
（2）①分别求出甲、乙两次一共购买的商品数量，进而求出甲、乙的平均单价，然后比较大小即可；②先求出甲商品一月份一共购进的商品数量为件 二月份甲购进的商品数量为件，设一月份售出m件，二月份第一次售出n件，则二月份第二次售出件，再根据销售额成本利润列出方程推出，再由m、n都是正整数，得到，由2月份第一次按标价9折售出一部分且未超过1月份售出数量的一半，得到，进而得到且m是正整数，再由也是正整数，得到m必须是偶数，即m的值为或28．
由题意得，，
【详解】（1）解：设该商品的单价为x元，
由题意得，，
解得，
经检验，是原方程的解，
∴该商品的单价为21元；
（2）解：①由题意得，甲两次一共购买的商品数量为件，
乙两次一共购买的商品数量为，
∴甲的平均单价为，
乙的平均单价为，
即，
∴甲的平均单价等于乙的平均单价；
②甲商品一月份一共购进的商品数量为件
当时，则二月份甲购进的商品数量为件，
设一月份售出m件，二月份第一次售出n件，则二月份第二次售出件，
由题意得，，
∴，
∴；
∴，
∵m、n都是正整数，
∴，
∴，
∵2月份第一次按标价9折售出一部分且未超过1月份售出数量的一半，
∴，
∴，
∴，
∴且m是正整数，
又∵也是正整数，
∴m必须是偶数，
∴m的值为或28．
【点睛】本题主要考查了分式方程的实际应用，分式混合计算的实际应用，二元一次方程的解，一元一次不等式组的实际应用，正确理解题意找到等量关系和不等式关系是解题的关键．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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