深圳市福田区2019-2020年八年级下期末数学试卷.doc.pdf
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1、【解析版】深圳市福田区2019-2020年八年级下期末数学试卷一学年八年级(下)期末数学试卷一、选择题(共12小题,每小题3分,满分36分1.(春?期末)若ab,则下列各式中不成立的是(A.a+2Vb+2 B.-3a2-b D.3a 3b 分析:根据不等式的性质1,可判断A、C:根据不等式的性质2,可判断D;根据不等式的性质3,可判断B.解答:解:A、avb,a+2 b+2,故A成立;B、a-3b,故B错误;C、a 2-b,故C正确;Da b,3aA.匾噩噩噩噩噩B.c.考点:中心对称图形;轴对称图形分析:根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合,这样
2、的图形叫做轴对称图形,这条直线叫做对称轴D.如果一个图形绕某一点旋转180。后能够与自身重合,那么这个图形就叫做中心对称图形,这个点叫做对称中心解答:解:A、是轴对称图形,不是中心对称图形,不符合题意;B、不是轴对称图形,是中心对称图形,符合题意;C、是轴对称图形,不是中心对称图形,不符合题意;D、是轴对称图形,也是中心对称图形,不符合题意故选B.点评:掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念:轴对称图形的关键是寻找对称轴,图形两部分折叠后可重合,中心对称图形是要寻找对称中心,旋转180度后两部分重合3.(春?期末)两个等腰三角形,若顶角和底边对应相等,则两个等腰三角形全等,其理由是()A.SAS
3、 AAS 考点:全等三角形的判定B.SSS C.ASA 分析:根据等腰三角形的性质全等三角形的判定定理作出选择D.ASA或解答:解:一个等腰三角形,若顶角对应相等,则它们的两个底角也相等,所以根据AAS或者ASA都可以判定这两个三角形全等故选:D.点评:本题考查了全等三角形的判定判定两个三角形全等的一般方法有:SSS、SAS、ASA、AAS、HL.注意:AAA、SSA不能判定两个三角形全等,判定两个三角形全等时,必须有边的参与,若有两边一角对应相等时,角必须是两边的夹角4.(春?期末把直线y=-x+l沿y轴向上平移一个单位,得到新直线的关系式是()A.y=”X B.y=-x+2 c.y=-x-
4、2 D,y=-2x 考点:一次函数图象与几何变换分析:根据直线y=-x+l沿y轴向上平移1个单位长度,利用左加右减得出即可解答:解:直线y=-x+l沿y轴向上平移1个单位长度,所得直线的函数关系式为:y=-x+2.故选B点评:本题考查了一次函数图象与几何变换:一次函数y以bCk、b为常数,kWO)的图象为直线,当直线平移时k不变,当向上平移m个单位,则平移后直线的解析式为y以b+m.5.(春?期末一个多边形的内角和是外角和的A.六边形B.七边形3倍,则这个多边形是(c.八边形D.九边形考点:多边形内角与外角分析:根据多边形的内角和定理,多边形的内角和等于(然后列方程求解即可解答:解:设多边形的
5、边数是n,根据题意得,n-2)?180,外角和等于360。,(n-2)?180。3X360,解得n=8,这个多边形为八边形故选c.点评:本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理,根据题意列出方程是解题的关键,要注意“八”不能用阿拉伯数字写6.(春?期末)如图,四边形是()ABCD经过旋转后与ADEF重合,则下面各角不是旋转角的B D.7 E.,.,-F.,Ea-.Q4.A.Z BAD B.Z CAE 考点:旋转的性质分析:根据旋转的性质对各选项进行判断解答:解:四边形ABCD经过旋转后与ADEF重合,C.Z DAF D.Z CAF Z BAD=Z CAE=Z DAF它们都等于旋转角故选D.
6、点、评: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7.(春?期末)如图,在?ABCD中,点E,AB=6,AD=9,Z BAD的平分线交DC的延长线于CE的长为()B E A.2 B.3 C.4 D.2.5 考点:平行四边形的性质分析:利用平行四边形的性质以及平行线的性质得出NBAF=Z BFA=ZCFE=Z E,进而得出AB=BF,CE=CF,即可得出答案解答:解:?ABCD中,ABC=AD=9,AD II BC,AB II DE,Z DAF=Z BFA,Z BAF=Z E,VZ BAF=Z DAF,Z BAF=Z BFA=
7、Z CFE=Z E,AAB=BF=6,CE=CF,AFC=3,ACE=3,故选B.B叫7CE 点评:此题主要考查了平行四边形的性质以及平行线的性质等知识,熟练应用平行四边形的性质得出是解题关键8.(春?期末)如图,己知四边形ABCD,对角线AC和BD相交于0,下面选项不能得出四边形ABCD是平行四边形的是(A B c A.AB/CD,且AB=CDB.A B=CD,AD=BC C.AO=CO,BO=DO D.AB II CD,且AD=BC考占平行四边形的判定A与、士在A川根据平行四边形的判定逐个进行判断即可解答:解:A、能推出四边形ABCD是平行四边形,能推故本选项错误;B、出四边形ABCD是平
8、行四边形,故本选项错误;C、能推出囚边形ABCD是平行四边形,故本选项错误;D、不能推出四边形ABCD是平行四边形,故本选项正确;故选D.点评:本题考查了平行四边形的判定的应用,能熟记平行四边形的判定定理是解此题的关键,难度适中9.(春?期末)若不等式组无解,m的取值范围是(A.m=2 B.m 2 C.m2 D.m22 考点:解一元一次不等式组分析:根据己知不等式组合不等式组无解得出关于m的不等式,求出不等式的解集即可巾.s(x2in+l 解答:解:-m 不等式组无解,.2m+lW7-m,解得:mW2,故选c.点评:本题考查了解一元一次不等式组的应用,解此题的关键是能根据题意得出关于不等式,难
9、度适中10.(春?期末学校建围栏,要为2400。根栏杆油漆,由于改进了技术,每天比原计划多油400根,结果提前两天完成了任务,请问原计划每天油多少根栏杆?如果设原计划每天油x根栏杆,根据题意列方程为(A 2400Q 24000 xx-400 2400024000 g xx+400 考点:由实际问题抽象出分式方程24000.24000 x x400 24000=24000+2 xx+400 分析:如果设每天油x根栏杆,要为24000根栏杆油漆,开工后,每天比原计划多油根,结果提前2天完成任务,根据原计划天数实际天数2可列出方程解答:解:设每天油X根栏杆,根据题意列方程:i4QQO i4QQQ+2
10、 xx+400 故选:D.点评:本题考查理解题意的能力,关键是设出未知数,根据时间做为等量关系列方程求解m 的400 22 2 3 11.(春?期末)若AABC三边分别是a、b、c,且满足(b-c)(a+b)=be-c,则b.ABC是()A.等边三角形c.直角三角形考点:因式分解的应用B.等腰三角形D.等腰或直角三角形分析:首先把他c)(a2+b2)=be-c变为(b-c)Cab2)一一(b-c)=0,进一22 2 步得出(b-c)(a+b-c)=O进一步分析探讨得出答案即可2 2 2 3 解答:解:(b-c)(a+b)=be-c,22 2,(b-c)(a+b)-c(b-c)=O,22 2/.
11、(b-c)(a+b-c)=O 2 2 2/.b-c=O,a+b-c=O,2 2 2.*.b=c或a+b=C,血ABC是等腰三角形或直角三角形故选:D.点评:此题主要考查了因式分解的实际运用,勾股定理逆定理的运用,关键是掌握勾股定2 2 2 理的逆定理:如果三角形的三边长a,b,c满足a+b=c,那么这个三角形就是直角三角形12.(春?期末)如图由边长为lcm正方形组成的6XS的方格阵,点0、A、B、P都在格飞”问,_),占匀,.a 斗?:.,.a llt lfU.l.i U,lNI.I忡.-.,.-;.,ZL4aJU,ii.,u .11.吗.,、-:.主,.,.(1,”题.,.,.:!圃Mu.
12、”二-.,.-.F E且,百=”.,rin”.,.也?”I.!.世a】A.!.A.2甘:3C.1+V2+VS D.2+2八2M、N分别是OA、OB上的动点,贝Ll血PMN周长的最小值是考点:轴对称最短路线问题专题:网格型分析:分别作点P关于OA、OB的对称点Pl、P2,连P1P2,交OA于M,交OB于N,血PMN的周长P1P2,解答:解:分别作点P关于OA、OB的对称点Pl、P2,连P1P2,交OA于M,交OB于N,则OP1=0P=OP2,Z PlOA=Z POA,Z POB=ZP20B,MP=P 1M,PN=P2N,则APMN的周长的最小值1且卫b_由图知,APiPzo是等腰直角三角形,且O
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