江苏省苏州市某校2021-2022学年-有答案-八年级上学期期中数学试题

江苏省苏州市某校2021-2022学年八年级上学期期中数学试题

一、单选题

1. 国旗是一个国家的象征，观察下面的国旗，是轴对称图形的是( )

A.加拿大、哥斯达黎加、乌拉圭 C.加拿大、瑞典、瑞士

2. 下列运算正确的是（） A. 3. 点A.4

与点

B.6

关于𝑦轴对称，则

C.8

的值为( ) D.12

B.

C.

D.

B.加拿大、瑞典、澳大利亚 D.乌拉圭、瑞典、瑞士

4. 如图,在已知的△𝐴𝐵𝐶中,按以下步骤作图:①分别以𝐵, 𝐶为圆心,以大于𝐵𝐶的长为半

径作弧,两弧相交于两点𝑀, 𝑁；②作直线𝑀𝑁交𝐴𝐵于点𝐷,连接𝐶𝐷.若𝐶𝐷=𝐶𝐴, ∠𝐴=50∘,则∠𝐵的度数为( )

A.20∘

5. 下列各式因式分解正确的是( ) A.C.

6. 在单项式A.4

，

，B.5

，

，

，C.6

试卷第1页，总20页

B.25∘ C.30∘ D.35∘

B.D.

，，D.7

中任选三个作和，能

组成完全平方式的个数是( )

7. 已知𝑎、𝑏、𝑐为一个三角形的三条边长，则代数式(𝑎−𝑏)2−𝑐2的值（ ） A.一定为负数

C.可能是正数，可能为负数

8. 已知多项式𝑥−𝑎与𝑥2+2𝑥−1的乘积中不含𝑥2项，则常数𝑎的值是( ) A.−1

9. 如图，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐴=36∘，𝐴𝐵的垂直平分线𝐷𝐸交𝐴𝐶于𝐷，交𝐴𝐵于𝐸，下述结论：①𝐵𝐷平分∠𝐴𝐵𝐶；②𝐴𝐷=𝐵𝐷=𝐵𝐶；③△𝐵𝐷𝐶的周长等于𝐴𝐵+𝐵𝐶；④𝐷是𝐴𝐶中点．其中正确的命题序号是（）

B.1

C.2

D.−2

B.一定是正数 D.可能为零

A.①②③

B.①②④

C.②③④ D.①③④

10. 如图1，从边长为的正方形剪掉一个边长为的正方形；如图2，然后将剩余部分拼成一个长方形．上述操作能验证的等式是( )

A.C.

.

．

B.D.

. .

试卷第2页，总20页

11. 如图，△𝐴𝐵𝐶是等边三角形，𝐴𝐷是𝐵𝐶边上的高，𝐸是𝐴𝐶的中点，𝑃是𝐴𝐷上的一个动点，当𝑃𝐶与𝑃𝐸的和最小时，∠𝐶𝑃𝐸的度数是( )

A.30∘

12. 如图，平面直角坐标系中存在点𝐴(3, 2)，点𝐵(1, 0)，以线段𝐴𝐵为边作等腰三角形𝐴𝐵𝑃，使得点𝑃在坐标轴上.则这样的𝑃点有( )

B.45∘

C.60∘

D.90∘

A.4个 二、填空题

B.5个

C.6个 D.7个

请写出一个多项式，并用平方差公式将其分解因式：________. 若多项式

等腰𝛥𝐴𝐵𝐶的腰𝐴𝐵边上的中线𝐶𝐷，把𝛥𝐴𝐵𝐶的周长分成12和15两部分，则底边𝐵𝐶长为________.

是一个含的完全平方式，则=________.

试卷第3页，总20页

如图,在𝛥𝐴𝐵𝐶中,∠𝐶=90∘, 𝐷𝐸是𝐴𝐵的垂直平分线,分别交𝐴𝐵, 𝐵𝐶于点𝐷, 𝐸,若∠𝐵=

30∘, 𝐷𝐸=3,则𝐵𝐶=________.

边长为和的长方形，周长为14，面积为10，则

________.

坐标平面内，点𝐴(−2, 3)关于𝑥轴的对称点是𝐵，𝑂为坐标原点，则△𝐴𝑂𝐵的面积是________.

如图,𝐴, 𝐵, 𝐶三点在同一直线上,分别以𝐴𝐵, 𝐵𝐶(𝐴𝐵>𝐵𝐶)为边,在直线𝐴𝐶的同侧作等边𝛥𝐴𝐵𝐷和等边𝛥𝐵𝐶𝐸,连接𝐴𝐸交𝐵𝐷于点𝑀,连接𝐶𝐷交𝐵𝐸于点𝑁,连接𝑀𝑁.以下结论：

①𝐴𝐸=𝐷𝐶，②𝑀𝑁//𝐴𝐵，③𝐵𝐷⊥𝐴𝐸，④∠𝐷𝑃𝑀=60∘，⑤𝛥𝐵𝑀𝑁是等边三角形.其中

正确的是________（把所有正确的序号都填上）.

请看杨辉三角 （1），并观察下列等式 （2）：

根据前面各式的规律，则(𝑎+𝑏)6=________． 三、解答题

化简下列各式 （1） （2）

试卷第4页，总20页

（3） （4） 在计算成了

时，甲把错看成了6，得到结果是：

，得到结果：

的值；

.

；乙错把看

（1）求出

（2）在（1）的条件下，计算

的结果.

如图，是3×3的正方形网格，将其中两个方格涂黑，使得涂黑后的整个图案是轴对称图形.请在以下备用网格中画出四个不同的图案（如果绕正方形的中心旋转，能重合的图案视为同一种，例如，下列四个图形就属于同一种）.

如图，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐷，𝐸分别是𝐴𝐵，𝐴𝐶上的点，𝐵𝐸与𝐶𝐷交与点𝑂，给出下列四个条件：①∠𝐷𝐵𝑂=∠𝐸𝐶𝑂，②∠𝐵𝐷𝑂=∠𝐶𝐸𝑂，③𝐵𝐷=𝐶𝐸，④𝑂𝐵=

𝑂𝐴．

（1）从上述四个条件中，任选两个为条件，可以判定△𝐴𝐵𝐶是等腰三角形？写出所有可能的情况.

（2）选择（1）中的某一种情形，进行说明.

试卷第5页，总20页

数形结合是数学学习的一种重要思想方法，我们学习平方差公式、完全平方公式等公式时，课本上用图形面积法验证了公式的正确性。观察下列4个全等的𝑅𝑡△。

（1）用4个全等的𝑅𝑡△拼成如图1所示的大正方形，大正方形的面积可以表示为

，还可以表示为________，所以

可进一步的得到等式：________.

（2）用4个全等的𝑅𝑡△还可以拼成如图2所示的大正方形，请利用图2证明（1）中等式成立.

（3）若已知𝑅𝑡△中，

先阅读下列材料，再解答下列问题： 题：分解因式：解：将“再将“

”看成整体，设”还原，得原式＝

.

，则原式＝

，利用你得到的等式求的值.

________，将

展开整理后，

上述解题用到的是“整体思想”，“整体思想”是数学解题中常用的一种思想方法，请你仿照上面的方法解答下列问题： （1）因式分解：

（2）因式分解：________.

（3）求证：若为正整数，则式子数的平方．

的值一定是某一个正整

________；________；

________.

试卷第6页，总20页

如图①，△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，∠𝐵、∠𝐶的平分线交于𝑂点，过𝑂点作𝐸𝐹 // 𝐵𝐶交𝐴𝐵、𝐴𝐶于𝐸、𝐹.

（1）图①中有几个等腰三角形?猜想:𝐸𝐹与𝐵𝐸、𝐶𝐹之间有怎样的关系.

（2）如图②,若𝐴𝐵≠𝐴𝐶，其他条件不变，图中还有等腰三角形吗?如果有，分别指出它们.在第（1）问中𝐸𝐹与𝐵𝐸、𝐶𝐹间的关系还存在吗?

（3）如图③，若△𝐴𝐵𝐶中∠𝐵的平分线𝐵𝑂与三角形外角平分线𝐶𝑂交于𝑂，过𝑂点作𝑂𝐸 // 𝐵𝐶交𝐴𝐵于𝐸，交𝐴𝐶于𝐹.这时图中还有等腰三角形吗?𝐸𝐹与𝐵𝐸、𝐶𝐹关系又如何?说明你的理由.

试卷第7页，总20页

参考答案与试题解析

江苏省苏州市某校2021-2022学年八年级上学期期中数学试题

一、单选题 1. 【答案】 C

【考点】 轴对称图形

多边形内角与外角 【解析】

根据轴对称图形的概念求解．注意找到对称轴可很快的判断是否是轴对称图形． 【解答】

𝐴、哥斯达黎加，乌拉圭的国旗都不是轴对称图形．错误； 𝐵、澳大利亚的国旗不是轴对称图形．错误；

𝐶、加拿大，瑞典，瑞士的国旗都是轴对称图形．正确； 𝐷、乌拉圭的国旗不是轴对称图形．错误． 故选𝐶． 2. 【答案】 D

【考点】

同底数幂的乘法 积的乘方及其应用 幂的乘方及其应用 同底数幂的除法 【解析】

根据幂的乘方与积的乘方，同底数幂的除法，同底数幂的乘法运算法则逐一计算作出判断：𝐴、(𝑎4)3=𝑎43=𝑎22，故此选项错误； 𝐵、𝑎5+𝑎3=𝑎6−3=𝑎3，故此选项错误； 𝑐、(2𝑎𝑏)3=23𝑎3=8𝑎3𝑏，故此选项错误； 𝐷、−𝑎5⋅𝑎5=−𝑎5−5=−𝑎10，故此选项正确． 故选𝐷． 【解答】 此题暂无解答 3. 【答案】 A

【考点】

关于x轴、y轴对称的点的坐标 轴对称图形

规律型：图形的变化类

试卷第8页，总20页

【解析】

根据“关于𝑦轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数“解答． 【解答】

点𝑃(−3,4)与点(𝑎−1,𝑏+2)关于𝑦轴对称， 𝑎−1=3,𝑏+2=4 解得𝑎=4,𝑏=2

∴ 𝑎2−2𝑎𝑏+𝑏2=(𝑎−𝑏)2=(4−2)2=4 故选𝐴． 4. 【答案】 B

【考点】

线段垂直平分线的性质 等腰三角形的判定 【解析】

先根据题意得出𝑀𝑁是线段𝐵𝐶的垂直平分线，故可得出𝐶𝐷=𝐵𝐷，即∠𝐵=∠𝐵𝐶𝐷再由𝐶𝐷=𝐴𝐶，可得出2𝐶𝐷𝐴=𝐴𝐴，根据三角形 外角的性质即可得出结论． 【解答】

：根据题意得出𝑀𝑁是线段𝐵𝐶的垂直平分线， 𝐶𝐷=𝐵𝐷，即∵ 𝐵=∠𝐵𝐶𝐷 𝐶𝐷=𝐴𝐶 ∠𝐶𝐷𝐴=50∘

加++𝐵𝐵𝐷==∠𝐶𝐴𝐷

∴ ________𝐵=2∠𝐶𝐷𝐴=25∘ 故选𝐵． 5. 【答案】 D

【考点】

因式分解-提公因式法

提公因式法与公式法的综合运用 有理数的乘方 【解析】

因式分解就是把多项式变形成几个整式的积的形式，根据提公因式法和公式法进行判断求解． 【解答】

𝐴．𝑎3𝑏−𝑎𝑏=𝑎𝑏(𝑎2−1)=𝑎𝑏(𝑎+1)(𝑎−1)，故选项𝐴错误； 𝐵．−𝑥2+4𝑥𝑦−4𝑦2=−(𝑥−2𝑦)2，故选项𝐵错误； 𝐶．4𝑥2−𝑦2=(2𝑥+𝑦)(2𝑥−𝑦)，故选项𝐶错误； 𝐷．𝑥2−2𝑥−3=(𝑥+1)(𝑥−3)，分解正确． 故选𝐷． 6.

试卷第9页，总20页

1

【答案】 C

【考点】 完全平方公式 【解析】

利用完全平方公式的结构特征判断即可． 【解答】

选取𝑥，2𝑥𝑦，𝑦？；∼，−2𝑥𝑦，𝑦？；𝑦？，4𝑥𝑦，4𝑥；𝑦？，−4𝑥𝑦，4𝑥2；¤，4𝑥𝑦，4𝑦？；×已，−4𝑥𝑦，4𝑦？，可以组成完全平方式， 则可以组不同完全平方式的个数是6， 故选𝐶． 7. 【答案】 A

【考点】

因式分解的应用 【解析】

先把前三项利用完全平方公式配方，再与第四项利用平方差公式分解因式，然后根据三角形的任意两边之和大于第三边，任意 两边之差小于第三边进行判断． 【解答】

(𝑎−𝑏)2⋅𝑐2

=(𝑎−𝑏+𝑐)(𝑎−𝑏−𝑐) 𝑎+𝑐−𝑏>0,𝑎−𝑏<0 (8−𝑏+𝑐)(𝑎−𝑏−𝑐)<0 即(𝑎−𝑏)2−

𝑥2

故选𝐴． 8. 【答案】 C

【考点】

多项式乘多项式 【解析】

先计算(𝑥−𝑎)(𝑥2+2𝑥−1)，然后将含𝑥2的项进行合并，最后令其系数为0即可求出𝑎的值．详解：(𝑥−𝑎)(𝑥2+2𝑥−1) =𝑥3+2𝑥2−𝑥−𝑎𝑥2−2𝑎𝑥+𝑎 =𝑥3+2𝑥2−𝑎2−𝑥−2𝑎+𝑎 =𝐴3+(2−𝑎)𝑥2−𝑥−2𝑎𝑎 42−𝑎=0，∴ 𝑎=2 故选𝐶． 【解答】 此题暂无解答 9. 【答案】

试卷第10页，总20页

A

【考点】

线段垂直平分线的性质 【解析】

由𝐴𝐵的垂直平分线𝐷𝐸交𝐴𝐶于𝐷，交𝐴𝐵于𝐸，可得𝐴𝐷=𝐵𝐷，即可求得∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐴=36∘，又由𝐴𝐵=𝐴𝐶，即可求得

∠𝐶𝐵𝐷=∠𝐴𝐵𝐷=36∘∠𝐵𝐷𝐶=𝐶=72∘，继而证得𝐴𝐷=𝐵𝐷=𝐵𝐶△𝐵𝐷𝐶的周长等于𝐴𝐵+𝐵𝐶 【解答】

试题分析：

解：．𝐴𝐵的垂直平分线𝐷𝐸交𝐴𝐶于𝐷，交𝐴𝐵于𝐸， 𝐴𝐷=𝐵𝐷

∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐴=36∘ 𝐴𝐵=𝐴𝐶

∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐶=72∘ ∠𝐶𝐵𝐷=∠𝐴𝐵𝐷=36∘

即𝐵𝐷平分𝐿𝐴𝐵𝐶；故①正确；

∠𝐵𝐷𝐶=∠𝐶=72∘ 𝐵𝐶=𝐵𝐷

𝐵𝐶=𝐵𝐷=𝐴𝐷，故②正确；

△𝐵𝐷𝐶的周长为：𝐵𝐶+𝐶𝐷+𝐵𝐷=𝐵𝐶+𝐶𝐷+𝐴𝐷=𝐴𝐶+𝐵𝐶=𝐴𝐵+𝐵𝐶；故③正确； 𝐶𝐷<𝐵𝐷 𝐶𝐷<𝐴𝐷

…𝐷不是𝐴𝐶中点．故④错误． 故选𝐴． 10. 【答案】 B

【考点】

平方差公式的几何背景 【解析】

观察图1与图2，根据两图形阴影部分面积相等，验证平方差公式即可； 【解答】

根据阴影部分面积相等可得：𝑎2−𝑏2=(𝑎+𝑏)(𝑎−𝑏) 上述操作能验证的等式是𝐵， 故答案为：𝐵． 11. 【答案】 C

【考点】

平面展开-最短路径问题 【解析】

连接𝐵𝐸，则𝐵𝐸的长度即为𝑃𝐸与𝑃𝐶和的最小值．再利用等边三角形的性质可得∠𝑃𝐵𝐶=∠𝑃𝐶𝐵=30∘，即可解决问题； 【解答】

试卷第11页，总20页

解：如连接𝐵𝐸，与𝐴𝐷交于点𝑃，此时𝑃𝐸+𝑃𝐶最小， 𝐵“

△𝐴𝐵𝐶是等边三角形，𝐴𝐷⊥𝐵𝐶 𝑃𝐶=𝑃𝐵

𝑃𝐸+𝑃𝐶=𝑃𝐵+𝑃𝐸=𝐵𝐸 即𝐵𝐸就是𝑃𝐸+𝑃𝐶的最小值， △𝐴𝐵𝐶是等边三角形，

∠𝐵𝐶𝐸=60∘

𝐵𝐴=𝐵𝐶,𝐴𝐸=𝐸𝐶 𝐵𝐸⊥𝐴𝐶 ∠𝐵𝐸𝐶=90∘ ∠𝐸𝐵𝐶=30∘ 𝑃𝐵=𝑃𝐶

∠𝑃𝐶𝐵=∠𝑃𝐵𝐶=30∘

∴ △𝐶𝑃𝐸=∠𝑃𝐵𝐶+∠𝑃𝐶𝐵=60∘ 故选：𝐶． 12. 【答案】 D

【考点】

等腰三角形的性质 【解析】

本题是开放性试题，由题意知𝐴、𝐵是定点，𝑃是动点，所以要分情况讨论：以𝐴𝑃、𝐴𝐵为腰、以𝐴𝑃、𝐵𝑃为腰或以𝐵𝑃、𝐴𝐵为腰．则 满足条件的点𝑃可求． 【解答】

由题意可知：以𝐴𝑃、𝐴𝐵为腰的三角形有3个； 以𝐴𝑃、𝐵𝑃为腰的三角形有2个； 以𝐵𝑃、𝐴𝐵为腰的三角形有2个． 所以，这样的点𝑃共有7个． 故选𝐷． 二、填空题 【答案】

答案不唯一，见解析． 【考点】 平方差公式

因式分解-运用公式法 【解析】

这是一道自由发挥问题，根据能用平方差公式因式分解的多项式的特点，只要是两个平方项，且符号相反即可． 【解答】

∵ (𝑎+2)(𝑎−2) =42−2𝑎+2𝑎−4 =𝑎2−4

∴ 𝑎2−4=(𝑎+2)(𝑎−2)）．

试卷第12页，总20页

【答案】 【答±6 【考点】 完全平方公式 【解析】

根据完全平方公式可知：(3𝑘+1)2=9𝜆+𝑘𝑥+1，从而可求出𝑘的值． 【解答】

926𝑥+1=(3𝑥+1)2 𝑘=±6

故答案是：16 【答案】 7或11.

【考点】

等腰三角形的判定与性质 勾股定理 【解析】

如图，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，且𝐴𝐷=𝐵𝐷．设𝐴𝐵=𝑥,𝐵𝐶=𝑦，根据题意列方程即可得到结论． 【解答】

如图，在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，且𝐴𝐷=𝐵𝐷．设𝐴𝐵=𝑥,𝐵𝐶=𝑦 𝐵

（1）当𝐴𝐶+𝐴𝐷=15,𝐵𝐷+𝐵𝐶=12时，则+𝑥=15,+𝑦=12，解得𝑥=10,𝑦=

2

2

𝑥

𝜋

7

（2）当𝐴𝐶+𝐴𝐷=12,𝐵𝐶+𝐵𝐷=15时， 则+𝑥=12,+𝑦=15，解得𝑥=8,𝑦=11

2

2

𝑥

𝑥

𝐵𝐶=7或11． 故答案为：7或11. 【答案】 9

【考点】

线段垂直平分线的性质 含30度角的直角三角形 【解析】

先根据∵ 𝐵=30∘求出𝐵𝐸的长，然后利用勾股定理求出𝐵𝐷的长，进而求出𝐴𝐵的长，再利用30∘角所对的直角边等于斜边的一半求出 𝐴𝐶的长，再次运用勾股定理求出𝐵𝐶的长即可． 【解答】

：𝐷𝐸垂直平分𝐴𝐵，∠𝐵=30∘,𝐷𝐸=3 𝐵𝐸=6

𝐵𝐷=√𝐵𝐸2−𝐷𝐸2=3√3 𝐴𝐵=2𝐵𝐷=6√3 在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵=30∘

试卷第13页，总20页

1

∴ 𝐴𝐶=𝐴𝐵=3√3 2𝐵𝐶=√𝐴𝐵2−𝐴𝐶2=9 故答案为：9. 【答案】 29

【考点】 完全平方公式 【解析】

先把所给式子整理为与题意相关的式子，代入求值即可． 【解答】

根据题意得：𝑎+𝑏=7,𝑎𝑏=10

则𝑎2−𝑏2=(𝑎+𝑏)2−2𝑎𝑏=72−2×10=29 故答案为29． 【答案】 6

【考点】

关于x轴、y轴对称的点的坐标 三角形的面积 轴对称的性质 【解析】

先求出点𝐵的坐标，从而可得𝐴𝐵的长，再根据三角形的面积公式求解即可． 【解答】

一点𝐵是点𝐴(−2,3)关于𝑥轴的对称点， …点𝐵的坐标为(−2,−3) 𝐴𝐵=6

1

×6×2=6 2故答案为：6. 𝑆△𝐴𝑂𝐵=【答案】 ①③④⑤

【考点】

等边三角形的性质

全等三角形的性质与判定 等边三角形的判定方法 【解析】

①由三角形𝐴𝐵𝐷与三角形𝐵𝐶𝐸都为等边三角形，利用等边三角形的性质得到两条边对应相等，两个角相等都为60，利用𝑆𝐴𝑆即可

得到三角形𝐴𝐵𝐸与三角形𝐷𝐵𝐶全等即可得结论；

②由①中三角形𝐴𝐵𝐸与三角形𝐷𝐵𝐶全等，利用全等三角形的对应角相等得到一对角相等，再由4𝐴𝐵𝐷=∠𝐸𝐵𝐶=60∘，利用平角的定

义得到21𝑀𝐵𝐸=∠𝑀𝐵𝐶=60∘，再由𝐸𝐵=𝐶𝐵，利用𝐴𝑆𝐴可得出三角形𝐸𝑀𝐵与三角形𝐶𝑁𝐵全等，利用全等三角形的对应边相等得到

试卷第14页，总20页

𝑀𝐵=𝑁𝐵，再由2𝑀𝐵𝐸=60∘，利用有一个角为60∘的等腰三角形为等边三角形可得出三角形𝐵𝑀𝑁为等边三角形；可得

𝐿𝐵𝑀𝑁|=60∘，进行可得么𝐵𝑀𝐼√1=∠𝐴𝐵𝐷，故𝑀𝑁//𝐴𝐵，从而可判断②，③正确； ③无法证明𝑃𝑀=𝑃𝑁，因此不能得到𝐵𝐷𝐼𝐴𝐸；

④由①得．𝐸𝐴𝐵=𝐶𝐷𝐵，根据三角形内角和和外角的性质可证得结论． 【解答】

①：等边△𝐴𝐵𝐷和等边𝛥𝐵𝐶𝐸，

∴ 𝐴𝐵=𝐷𝐵,𝐵𝐸=𝐵𝐶∴ 𝐴𝐵𝐷=∠𝐸𝐵𝐶=60∘ ．∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐷𝐵𝐶=120∘ 在△𝐴𝐵𝐸和△𝐷𝐵𝐶中， 𝐴𝐵=𝐷𝐵

{∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐷𝐵𝐶 𝐵𝐸=𝐵𝐶

．△𝐴𝐵𝐸≅△𝐷𝐵𝐶(𝑆𝐴𝑆) ．𝐴𝐸=𝐷𝐶 故①正确；

△𝐴𝐵𝐸≅△𝐷𝐵𝐶 ∠𝐴𝐸𝐵=∠𝐷𝐵𝐵

又∴ 𝐴𝐵𝐷=∠𝐸𝐶𝐶=60∘

…∵ 𝑀𝐵𝐸=180∘−60∘−60∘=60∘ 即么𝐴𝐵𝐹=𝐴𝐵𝐶=60∘ 在𝛥𝑀𝐵𝐸和𝛥𝑁𝐵𝐶中， ∠𝐴𝐸𝐵=∠𝐷𝐶𝐵{𝐸𝐵=𝐶𝐵 ∠𝑀𝐵𝐸=∠𝑁𝐵𝐶

…𝛥𝑀𝐵𝐸=△𝑁𝐵𝐶(𝐴𝑆𝐴) ．．𝐵𝑁𝐴=𝐵𝑁∠𝑀𝐵𝐸=60∘ 则𝛥𝐵𝑀𝑁为等边三角形， 故③正确；

𝛥𝐵𝑀𝑁为等边三角形，

∴ _𝐵𝑀𝑁=60∘ ∴ 𝐴𝐵𝐷=60∘ ②𝐵𝑀𝑁=∠𝐴𝐵𝐷 ．．𝑀𝑁)/𝐴𝐵 故②正确；

③无法证明𝑃𝑀=𝑃𝑁，因此不能得到𝐵𝐷𝐼𝐴𝐸；

④由①得．𝐸𝐴𝐵=𝐶𝐷𝐵∠𝐴𝑃𝐶+∠𝑃𝐴𝐶+∠𝑃𝐶𝐴=180∘ 2𝑃𝐴𝐶+∠𝑃𝐶𝐴=∠𝑃𝐷𝐵+∠𝑃𝐶𝐵=∠𝐷𝐵𝐴=60∘ 𝐷𝑃𝑀=∠𝑃𝐴𝐶+∠𝑃𝐶𝑡

∴ ．𝐷𝑃𝑀=60∘，故④正确， 故答案为：①②④⑤． 【答案】

（2）𝐼加加加+6+6𝑎5𝑏+15𝑎4𝑏2+203𝑏3+15𝑎2+6𝑎𝑏5+65+6 【考点】

规律型：数字的变化类 【解析】

试卷第15页，总20页

（1）通过观察可以看出(𝑎+𝑏)6的展开式为6次7项式，𝑎的次数按降幂排列，𝑏的次数按升幂排列，各项系数分别为 1、6、15、20、15、6、1． 【解答】

（1）通过观察可以看出(𝑎+𝑏)6的展开式为6次7项式，𝑎的次数按降幂排列，𝑏的次数按升幂排列，各项系数分别为 1、6.15.20．15.6.1．

所以(𝑎+𝑏)6=𝑎6+6𝑎5𝑏+15𝑎2𝑏2+20𝑎3𝑏3+5𝑎26𝑎𝑏5+𝑏5+𝑏6 三、解答题 【答案】 （1）−8𝑥2； （2）𝑥+3𝑦；

（3）𝑥2−2𝑥+1−4𝑦2； （4）12𝑥𝑦+10𝑦2 【考点】

整式的混合运算 【解析】

（1）先运用同底数幂的乘法、积的乘方和幂的乘方分别计算各项，然后再合并同类项即可；

（2）分别计算括号内的，再进行多项式除以单项式运算即可； （3）运用平方差公式进行计算即可；

（4）先利用完全平方公式和平方差公式计算，再去括号，合并同类项即可得到答案 【解答】

（1）𝑥2⋅𝑥3⋅𝑥−(𝑥4)2+(−2𝑥)3⋅𝑥5 =𝑥3−𝑥3−8𝑥3 =−8𝑥3

（2）[6𝑥2(𝑥𝑦+𝑦2)−3𝑥(𝑥2𝑦−𝑥𝑦2)]÷3𝑥2𝑦 =(6𝑥3𝑦+6𝑥2𝑦2−3𝑥3𝑦+3𝑥2𝑦2)÷3𝑥2𝑦 =(3𝑥3𝑦+9𝑥2𝑦2)÷3𝑥2𝑦

=3𝑥3𝑦÷3𝑥2𝑦+9𝑥2𝑦2+3𝑥2𝑦 =𝑥+3𝑦

（3）(𝑥+2𝑦−1)(𝑥−2𝑦−1) =(𝑥−1)2−(2𝑦)2 =𝑥2−2𝑥+1−4𝑦2

（4）(2𝑥+3𝑦)2−(2𝑥+𝑦)(2𝑥−𝑦) =4𝑥2+12𝑥𝑦+9𝑦2−(4𝑥2−𝑦2) =4𝑥2+12𝑥𝑦+9𝑦2−4𝑥2+𝑦2 =12𝑥)+10𝑦2 【答案】 （1）𝑎=2,𝑏=3; （2）𝑥′+5𝑥+6. 【考点】

多项式乘多项式 【解析】

（1）按甲、乙错误的说法得出的系数的数值求出𝑎，𝑏的值；

试卷第16页，总20页

（2）把𝑎，𝑏的值代入原式求出整式乘法的正确结果． 【解答】

（1）由甲计算得：(𝑥+𝑎)(𝑥+6)=𝑥2+8𝑥+12 6𝑎=12 ∴ 𝑎=2

代入乙的式子，得(𝑥−2)(𝑥+𝑏)=𝑥2+𝑥−6 −2𝑏=−6 𝑏=3

（2）(𝑥+2)(𝑥+3) =𝑥2+3𝑥+2𝑥+6 =𝑥2+5𝑥+6 【答案】 见解析

【考点】

利用轴对称设计图案 利用旋转设计图案 轴对称图形 【解析】

根据轴对称的性质画出图形即可． 【解答】 如图所示．

【答案】

（1）①③，①④，②③和④； （2）以①④为条件，理由见解析． 【考点】

等腰三角形的判定 【解析】

（1）要证𝐴𝐵𝐶是等腰三角形，就要证∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐵，根据已知条件即可找到证明△𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐵𝐵的组合；

（2）可利用△𝐷𝑂𝐵与△𝐸𝑂𝐶全等，得出𝑂𝐶=𝑂𝐵，再得出么○𝐶𝐵与云𝑂𝐵𝐶相等，就能证明∠𝐴𝐵𝐶与𝐿𝐴𝐶𝐵相等． 【解答】

（1）①③，①④，②③和②④； （2）以①④为条件，理由：

𝑂𝐵=𝑂𝐶

∠𝑂𝐵𝐶=∠𝑂𝐶𝐵 又∠𝐷𝐵𝑂=∠𝐸𝐶𝑂

∠𝐷𝐵𝑂+40𝐵𝐶=∠𝐸𝐶𝑂+∠𝑂𝐶𝐵，即∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐵 𝐴𝐵=𝐴𝐶

试卷第17页，总20页

∴ △𝐴𝐵𝐶是等腰三角形． 【答案】

（1）2𝑎𝑏+𝑐22𝑎𝑏+𝑐2,𝑎2+𝑏2=𝑐2； （2）证明见解析； （3）10.

【考点】 勾股定理

列代数式求值方法的优势 二次函数的应用 【解析】

（1）根据大正方形的面积等于四个全等直角三角形的面积加上中间空白正方形的面积即可得解；

（2）根据大正方形的面积等于四个全等直角三角形的面积加上中间空白正方形的面积即可得解；

（3）将𝑎，𝑏的值代入得到的等式即可求解． 【解答】

（1）用4个全等的𝐑𝑡𝛥拼成如图1所示的大正方形，大正方形的面积可以表示为(𝑎+𝑏)2，还可以表示为2𝑎𝑏+𝑐2，所以

(𝑎+𝑏)2=2𝑎𝑏+𝑐2，将(𝑎+𝑏)2展开整理后，可进一步的得到等式：𝑎2+𝑏2=𝑐2 （2）大正方形的面积可以表示为𝑐2，还可以表示为2𝑎𝑏+(𝑎−𝑏)2 𝑐2=2𝑎𝑏+(𝑎−𝑏)2 =2𝑎𝑏+𝑎2−2𝑎𝑏+𝑏2 =𝑎2+𝑏2

𝑎2+𝑏2=𝑐2成立．

（3）把𝑎=8,𝑏=6代入𝑎2+𝑏2=𝑐2 得：82+62=𝑐2 𝑐2=100 𝑐=10 【答案】

（1）(5𝑎+𝑏)(𝑏−𝑎)5(𝑎+𝑏)(𝑎−𝑏)． （2）(𝑥−𝑦+1)2;(𝑎+𝑏−2)； （3）证明见解析． 【考点】

因式分解的应用 【解析】

（1）把(2𝑎+𝑏)(3𝑎+2𝑏),(2𝑎+3𝑏)分别看作一个整体，直接利用平方差公式因式分解即可；

（2）把(𝑥−𝑦)看作一个整体，直接利用完全平方公式因式分解即可；把(𝑎+𝑏)看作一个整体，代入后利用完全平方公式因式分 解即可；

（3）将原式转化为(𝑛2+3𝑛)[(𝑛+1)(𝑛+2)]+1，进一步整理为(𝑛2+3𝑛+1)2，根据𝑛为正整数得到𝑛2+3𝑛+也为正整数 ，从而说明原式是整数的平方． 【解答】

试卷第18页，总20页

（1）因式分解：(2𝑎+𝑏)2−9𝑎2=(2𝑎+𝑏+3𝑎)(2𝑎+𝑏−3𝑑)=(5𝑎+𝑏)(𝑏−𝑎) (3𝑎+2𝑏)2−(2𝑎+3𝑏)2=[(3𝑎+2𝑏)+(2𝑎+3𝑏)](3𝑎+2𝑏)−(2𝑎+3𝑏] =(3𝑎+2𝑏+2𝑎+3𝑏)(3𝑎+2𝑏−2𝑎−3𝑏) =5(𝑎+𝑏)(𝑎−𝑏)

(②)因式分解：(𝑥−𝑦)2+2(𝑥−𝑦)+1=(𝑥+𝑦+1)2

令𝐴=𝑎+𝑏，则原式变为|𝐴(𝐴−4)+4=𝐴2−−𝐴+4=(𝐴−2)2 故(𝑎+𝑏)(𝑎+𝑏−4)+4=(𝑎+𝑏−2)2. （2）(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛2+3𝑛)+1

=(𝑛2+3𝑛)[(𝑛+1)(𝑛+2)]+1 =(𝑛2+3𝑛)(𝑛2+3𝑛+2)+1 =(𝑛2+3𝑛)2+2(𝑛2+3𝑛)+1 =(𝑛2+3𝑛+1)2 𝑛为正整数，

𝑛2+3𝑛+也为正整数，

…代数式(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛2+3𝑛)+的值一定是某一个整数的平方． 【答案】

（1）△𝐴𝐸𝐹,△𝑂𝐸𝐸△𝑂𝐹𝐶△𝑂𝐵𝐶.△𝐴𝐵𝐶共5个，𝐸𝐹=𝐵𝐸+； （2）有，△𝐸𝑂𝐵.△𝐹𝑂𝐶，存在； （3）有，𝐸𝐹=𝐵𝐸−𝐹𝐶 【考点】

三角形的角平分线、中线和高 等腰三角形的判定 平行线的判定 角平分线的性质 【解析】

（1）由𝐴𝐵=𝐴，可得．𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐵；又已知𝑂𝐵、𝑂𝐶分别平分𝐿𝐴𝐵𝐶、2𝐴𝐶𝐵；故公𝐸𝐵𝑂=∠𝑂𝐵𝐶=∠𝐹𝐶𝑂=20𝐶𝐵；根据

𝐸𝐹𝐼𝐵𝐶，可得：．:𝑂𝐸𝐵=∠𝑂𝐵𝐶=∠𝐸𝐵𝑂∠𝐹𝑂𝐶=∠𝐹𝑂=∠𝐵𝐶𝑂；由此可得出的等腰三角形有

：𝛥𝐴𝐸𝐹、𝛥𝑂𝐸𝐵、𝛥𝑂𝐹𝑐、𝛥𝑂𝐵𝐶、𝛥𝐴𝐵𝐶；

已知了𝛥𝐸𝑂𝐵和𝛥𝐹𝑂𝐶是等腰三角形，则𝐸𝑐𝑦=8𝑂𝐹=𝐹𝐶，则𝐸𝐹=𝐵𝐸+𝐹𝐶 （2）由（1）的证明过程可知：在证△𝑂𝐸𝐵、𝛥𝑂𝐹𝐶是等腰三角形的过程中，与𝐴𝐵=𝐴𝐶的条件没有关系，故这两个等腰三角形还

成立．所以（1）中得出的𝐼𝐸𝐹=𝐵𝐸+𝐹(𝐶的结论仍成立． （3）思路与（2）相同，只不过结果变成了𝐸𝐹=𝐵𝐸−𝐹𝐶 【解答】

（1）图中是等腰三角形的有：𝛥𝐴𝐸𝐹、𝛥𝑂𝐸𝐵、𝛥𝑂𝐹𝐶、𝛥𝑂𝐵𝐶、𝛥𝐴𝐵𝐶； 𝐸𝐹、𝐵𝐸、𝐹𝐶的关系是𝐸𝐹=𝐵𝐸+𝐹．理由如下： ）𝐴𝐵=𝐴𝐶

∴ ________𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐵𝐶，△𝐴𝐵𝐶是等腰三角形； ：𝐵𝑂、𝐶𝑂分别平分𝐿𝐴𝐵𝐶和2𝐴𝐶𝐵，

．∠𝐴𝐵𝑂=∠𝑂𝐵𝐶=2∠𝐴𝐵𝐶,∠𝑂𝐶𝐵=∠𝐴𝐶𝑂=2∠𝐴𝐶𝐵 ：𝐸𝐹𝐼𝐵𝐶，

∴ 𝐸𝑂𝐵=∠𝑂𝐵𝐶∠𝐹𝑂𝐶=∠𝑂𝐶𝐵

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∴ ∠𝐴𝐵𝑂=∠𝑂𝐵𝐶=∠𝐸𝑂𝐵=∠𝑂𝐶𝐵=∠𝐹𝑂𝐶=∠𝐹𝐶𝑂 ．．𝛥𝐸𝑂𝐵、𝛥𝑂𝐵𝐶、𝛥𝐹𝑂𝐶都是等腰三角形， −𝐸𝐹𝐼𝐼𝐵𝐶，

∠𝐴𝐸𝐹=∠𝐴𝐵𝐶∠𝐴𝐹𝐸=∠𝐴𝐶𝐵 ．________𝐴𝐸𝐹=∠𝐴𝐹𝐸 …𝛥𝐴𝐸𝐹是等腰三角形，

𝑂𝐵、𝑂𝐶平分𝐿𝐴𝐵𝐶、𝐿𝐴𝐶𝐵，

小∠𝐴𝐵𝑂=𝑂𝐵𝐶，4𝐴𝐶𝑂=∠𝑂𝐶𝐵； 𝐸𝐹𝐼𝐼𝐵𝐶，

∴ ∠𝐸𝑂𝐵=20𝐵𝐶=∠𝐸𝐸𝑂∠𝐹𝑂𝐶=∠𝑂𝐶𝐵=∠𝐹𝐶𝑂 即𝐸𝑟5=𝐸𝐵𝐹𝑂=𝐹𝐶 …𝐸𝐹=𝐸𝑂+𝑂𝐹=𝐵𝐸+𝐶𝐹

（2）当𝐴𝐵+𝐴𝐶时，𝛥𝐸𝑂𝐵、𝛥𝐹𝑂𝐶仍为等腰三角形，（1）的结论仍然成立． 𝑂𝐵、𝑂𝐶平分𝐿𝐴𝐵𝐶、𝐿𝐴𝐶𝐵， ∴ ∠𝐴𝐵𝑂=∠𝑂𝐵𝐶∠𝐴𝐶𝑂=∠𝑂𝐵𝐵 ：𝐸𝐹𝐼𝐼𝐵𝐶，

∠𝐸𝑂𝐵=∠𝑂𝐵𝐶=∠𝐸𝐵𝑂𝐹𝑂𝐶==20𝐶𝐵=∠𝐹𝐶𝑂 即𝐸:0=𝐸𝐵𝐹𝑂=𝐹𝐶

．𝐸𝐹=𝑂+𝑂𝐹=𝐵𝐸+𝐶𝐹；

（3）𝛥𝐸𝑂𝐵和𝛥𝐹𝑂𝐶仍是等腰三角形，𝐴:𝐹=𝐵𝐸−𝐹𝐶．理由如下： 同（1）可证得𝛥𝐸𝑂𝐵是等腰三角形； −𝐸𝑂𝑙𝐼𝐵𝐶， 2𝐹𝑂𝐶=20𝐶 𝑂𝐶平分𝐿𝐴𝐶𝐺，

∴ 𝐴𝐶𝑂=∠𝐹𝑂𝐶=∠𝑂𝐶𝐺

．:𝑂=𝐹𝐶，故𝛥𝐹𝑂𝐶是等腰三角形； ∴ 𝐸𝐹𝐸𝑂−𝐹𝑂=𝐵𝐸−𝐹𝐶

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