2024-2025学年第一学期绵阳市涪城区八年级期末教育教学质量监测
八年级数学试卷
一、选择题（36分）
1．下列图形中，不是轴对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．我国古代数学家祖冲之推算出π的近似值为，它与π的误差小于0.0000003．将0.0000003用科学记数法可以表示为（ ）
A．3×10﹣7 B．0.3×10﹣4 C．3×10﹣4 D．3×107
3．下列等式，从左到右的变形，属于因式分解的是（ ）
A．6x2y3＝2x2 3y3 B．a（a+1）（a﹣1）＝a3﹣a
C．a2﹣2a+1＝（a﹣1）2 D．
4．下列计算正确的是（ ）
A．a8÷a2＝a4 B．（﹣2024）0＝2024
C． D．2a5 a3＝2a8
5．一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形是（ ）
A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．八边形
6．如图，过点D分别作DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为点E，F，且DE＝DF，连接EF与AD相交于点O．则下列结论不一定成立的是（ ）
A．OE＝OF B．AE＝AF C．OD＝OF D．∠EAD＝∠FAD
7．分式的值为0，则x的值为（ ）
A．3 B．﹣3 C．±3 D．9
8．如图，直线m是△ABC中BC边的垂直平分线，点P是直线m上的一动点．若AB＝5，AC＝4，BC＝7，则△APC周长的最小值是（ ）
A．9 B．10 C．10.5 D．11
9．若x2+2（a+4）x+25是完全平方式，则a的值（ ）
A．1 B．﹣9 C．1或﹣9 D．5
10．某体育用品商店购进一批足球和篮球，已知篮球的单价为足球单价的1.5倍，购买篮球用了1200元，购买足球的用了1000元，且购买篮球的个数比足球少了5个．若设足球的单价为x元/个，依据题意可得方程为（ ）
A． B．
C． D．
11．如图，在等边△ABC中，D是BC的中点，DE⊥AC于点E，EF⊥AB于点F，已知BC＝16，则BF的长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
12．如图，已知四边形ABCD中，AD⊥AB，AB＝AD，AC平分∠DAB，点E在边AB上且CE＝CB，连接DE，若∠ABC＝α，∠DEA＝β，则（ ）
A．β﹣α＝15° B．α+β＝135° C．2β﹣α＝90° D．2α+β＝180°
二、填空题（共18分）
13．若点A（m，2）与点B（﹣3，n）关于x轴对称，则m+n＝ ．
14．分解因式：ab2﹣a2＝ ．
15．已知等腰三角形中顶角的度数是底角的3倍，那么底角的度数是 ．
16．若2m＝a，32n＝b，m，n为正整数，则23m+10n＝ ．
7．如图，∠BAC的平分线AD与BC的垂直平分线DG相交于点D，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E，F，AB＝20，AC＝10，则BE＝ ．
18．若整数a使关于x的分式方程的解为非负数，且使关于y的不等式组有3个整数解，则所有满足条件的整数a的值之和为 ．
三．解答题（共46分）
19．（8分）（1）计算：[（x2+y2）﹣（x﹣y）2+2y（x﹣y）]÷4y．
（2）解方程：．
20．（8分）先化简，再求值：，其中a，2，4为△ABC的三边长，且a为整数．
21．（8分）在△ABC中，三个内角的平分线交于点O，过O作OD⊥OB，交边AB于点D，如图．
（1）若∠ABC＝40°，则∠AOC＝ ，∠ADO＝ ；
（2）猜想∠AOC与∠ADO的关系，并说明理由．
22．（6分）如图，点E，F是线段AB上的两个点，CE与DF交于点M．已知AF＝BE，AC
＝BD，∠A＝∠B．
（1）求证：△ACE≌△BDF；
（2）若∠FME＝60°，求证：△MFE是等边三角形．
23．（6分）为创建和谐文明的校园环境，某初中准备购买A、B两种分类垃圾桶，通过市场调研得知：A种垃圾桶每组的单价比B种垃圾桶每组的单价少50元，且用16000元购买A种垃圾桶的组数量是用10000元购买B种垃圾桶的组数量的2倍．
（1）求A、B两种垃圾桶每组的单价分别是多少元；
（2）该学校计划用不超过6850元的资金购买A、B两种垃圾桶共30组，则最多可以购买B种垃圾桶多少组？
24．（10分）已知，在等边△ABC中，点D是射线AC上一点，连接DB．
（1）如图1，CD＝3AD＝1，请求解线段BD的长；
（2）如图2，点D在线段AC上．若点E为BC延长线上一点，满足AD＝CE，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转60°得到线段DP，连接BP，EP，用等式表示线段BP、AD之间的数量关系，并证明；
（3）在（2）条件下，点D是线段AC延长线上一点，若△BEP为等腰三角形时，请直接写出的值．
2024秋绵阳市涪城区八年级期末教育教学质量监测试卷
（八年级数学）
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 B A C D D C A A C A D B
13. -5 14. a（b2﹣a） 15. 36°
16. a3b2 17. 5 18. 21
19.解：（1）原式＝[x2+y2﹣（x2﹣2xy+y2）+（2xy﹣2y2）]÷4y
＝（x2+y2﹣x2+2xy﹣y2+2xy﹣2y2）÷4y
＝（4xy﹣2y2）÷4y
＝x；
（2），
去分母得：x2﹣3（x﹣2）＝x（x﹣2），
去括号得：x2﹣3x+6＝x2﹣2x，
移项得：x2﹣3x﹣x2+2x＝﹣6，
合并同类项得：﹣x＝﹣6，
系数化为1得：x＝6，
经检验，x＝6是原方程的解，
∴原方程的解为x＝6．
20.解：原式
，
∵a与2，4构成△ABC的三边，
∴2＜a＜6，
∴整数a为3，4，5，
∵a﹣3≠0且a﹣4≠0，
∴a的值为5，
当a＝5时，
原式
．
21.解：（1）①∵∠ABC＝40°，
∴∠BAC+∠BCA＝180°﹣40°＝140°，
∵△ABC中，三个内角的平分线交于点O，
∴∠OAC+∠OCA（∠BAC+∠BCA）＝70°，
∴∠AOC＝180°﹣70°＝110°，
∵OB平分∠ABC，
∴∠ABO∠ABC＝20°，
∵OD⊥OB，
∴∠BOD＝90°，
∴∠BDO＝70°，
∴∠ADO＝110°，
故答案为：110°，110°，
（2）相等，理由设∠ABC＝α，
∴∠BAC+∠BCA＝180°﹣α，
∵△ABC中，三个内角的平分线交于点O，
∴∠OAC+∠OCA（∠BAC+∠BCA）＝90°α，
∴∠AOC＝180°（∠OAC+∠OCA）＝90°α，
∵OB平分∠ABC，
∴∠ABO∠ABCα，
∵OD⊥OB，
∴∠BOD＝90°，
∴∠BDO＝90°α，
∴∠ADO＝180°﹣∠BOD＝90°α，
∴∠AOC＝∠ADO．
22.证明：（1）∵AF＝BE，
∴AF+EF＝BE+EF，
即AE＝BF．
∵AC＝BD，∠A＝∠B，
∴△ACE≌△BDF（SAS）．
（2）∵△ACE≌△BDF，
∴∠CEA＝∠DFB，
∴ME＝MF，
∵∠FME＝60°，
∴△MFE是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形）．
23.解：（1）设A种垃圾桶每组的单价是x元，则B种垃圾桶每组的单价是（x+50）元，
根据题意得：，
解得：x＝200，
经检验，x＝200是所列方程的解，且符合题意，
∴x+50＝200+50＝250．
答：A种垃圾桶每组的单价是200元，B种垃圾桶每组的单价是250元；
（2）设购买B种垃圾桶y组，则购买A种垃圾桶（30﹣y）组，
根据题意得：200（30﹣y）+250y≤6850，
解得：y≤17，
又∵y为正整数，
∴y的最大值为17．
答：最多可以购买B种垃圾桶17组．
24.解：（1）过点B作BR⊥AC于点R，如图1所示：
∵CD＝3AD＝1，
∴AD，
∴AC＝AD+CD，
∵△ABC为等边三角形，BE⊥AC，
∴∠A＝∠ACB＝∠ABC＝60°，AC＝BC＝AB，
∴AR＝CRAC，
∴DR＝AR﹣AD，
在Rt△BCR中，由勾股定理得：BR，
在Rt△BDR中，由勾股定理得：BD；
（2）线段BP、AD之间的数量关系是：，理由如下：
过点D作DN∥AB交BC于点N，AN的延长线交BP于M，如图2所示：
∴∠DNC＝∠ABC＝60°，∠CDN＝∠A＝60°，
∴△DCN为等边三角形，
∴DC＝DN＝CN，∠ECN＝∠DNB＝120°，
∴AC﹣DC＝BC﹣CN，
即AD＝BN，
∵AD＝CE，
∴AD＝CE＝BN，
由旋转的性质得：DE＝DP，∠EDP＝60°，
∴∠EDP∠CDN＝60°，
∴∠EDD+∠CDP＝∠CDP+∠PDN＝60°，
∴∠EDD＝∠PDN，
在△EDC和△PDN中，
，
∴△EDC≌△PDN（SAS），
∴∠ECD＝∠PND＝120°，CE＝NP，
∴AD＝CE＝BN＝NP，
∴∠NBP＝∠NPB，
∴∠PNB＝360°﹣（∠DNB+∠PND）＝120°，
∴∠NBP＝∠NPB＝30°，
∴∠ABP＝∠ABC+∠NBP＝60°+30°＝90°，
∵DN∥AB，
∴∠DMP＝∠ABP＝90°，
∴PM＝BMBP，
在Rt△PMN中，∠NPB＝30°，
∴MNNP，
由勾股定理得：PMNP，
∴BP＝2PMNP，
∴BPAD；
（3）当点D是线段AC延长线上一点时，过点D作DK∥AB交CE于K，连接PK，过点P作PH⊥CE于H，如图3所示：
设AC＝a，AD＝b，
则AC＝BC＝AB＝a，AD＝CE＝b，
∴CD＝AD﹣AC＝b﹣a，
∵△BEP为等腰三角形，
∴BP＝BE＝BC+CE＝a+b，
∵DK∥AB，
∴∠DKC＝∠ABC＝60°，∠DCK＝∠ACB＝60°，
∴△CDK为等边三角形，
∴∠CDK＝60°，DK＝CK＝CD＝b﹣a，
由旋转的性质得：DE＝DP，∠EDP＝60°，
∴△DEP为等边三角形，
∴DE＝DP，∠EDP＝60°，
∴∠CDK＝∠EDP＝60°，
∴∠CDK+∠KDE＝∠EDP+∠KDE，
即∠CDE＝∠KDP，
在△CDE和△KDP中，
，
∴△CDE≌△KDP（SAS），
∴PK＝CE＝b，∠DCE＝∠DKP＝60°，
∴∠PKE＝180°﹣（∠DKC+∠DKP）＝180°﹣（60°+60°）＝60°，
在Rt△PKH中，∠KPH＝90°﹣∠PKE＝30°，
∴KHPK，
由勾股定理得：PH，
∴BH＝BC+CK+KH＝a+b﹣a，
在Rt△PBH中，BH，PH，
由勾股定理得：BH2+PH2＝PB2，
即：，
整理得：2b2﹣2ab﹣a2＝0，
解得：b1，b2，不合题意，舍去，
∴，
∴
