期末检测01-2020-2021学年八年级数学下册单元过关卷（人教版）

2020—2021八年级下学期单元过关卷（人教版） 期末检测01 姓名：___________考号：___________分数：___________ （考试时间：100分钟 满分：120分） 选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1．下列运算正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 利用二次根式的减法判断A，同底数幂的乘法和积的乘方判断B、D，根据合并同类项的方法判断C． 【详解】 解：A、 与 不是同类二次根式，不能加减运算，故A不符合题意； B、 ，故B不符合题意； C、 ，故C不符合题意； D、 ，故D符合题意． 故选：D 【点睛】 本题考查了二次根式的减法，同底数幂的乘法，积的乘方以及合并同类项，熟练掌握运算法则是解题的关键． 2．如果 ，那么代数式 的值为（ ） A． B． C．3 D． 【答案】B 【分析】 先化简分式，然后将 代入计算即可． 【详解】 原式= = ， ∵ ， ∴原式= ， 故选：B 【点睛】 此题考查分式的化简求值，熟练掌握分式混合运算法则是解题的关键． 3．如图，将两个完全相同的Rt△ACB和Rt△A'C′B′拼在一起，其中点A′与点B重合，点C'在边AB上，连接B′C，若∠ABC＝∠A′B′C′＝30°，AC＝A′C′＝2，则B′C的长为（　　） A．2 B．4 C．2 D．4 【答案】A 【分析】 先根据直角三角形的性质可得 ，再根据勾股定理和角的和差可得 ，最后在 中，利用勾股定理即可得． 【详解】 解：∵ ， ∴ ， ∴ ， ， 则在 中， ， 故选：A． 【点睛】 本题考查了含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握含30度角的直角三角形的性质是解题关键． 4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，BE平分∠ABC，CD⊥AB于D，BE与CD相交于F，则CF的长是（　　） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】 过点E作EG⊥AB于点G，由EG⊥AB，CD⊥AB，可得EG∥CD，由平行线的性质可得∠GEB=∠EFC；在Rt△ABC中，由勾股定理求得AB的值；由HL判定Rt△EBC≌Rt△EBG，由全等三角形的性质可得∠CEB=∠EFC及AG的值，进而可判定CF=CE．设CF=EG=EC=x，则AE=3-x，在Rt△AEG中，由勾股定理得关于x的方程，解得x的值即为CF的长． 【详解】 解：过点E作EG⊥AB于点G，如图： ∵CD⊥AB于D， ∴EG∥CD， ∴∠GEB＝∠EFC， ∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°， ∴EC⊥CB， 又∵BE平分∠ABC，EG⊥AB， ∴EG＝EC． 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4， ∴AB＝5． 在Rt△EBC和Rt△EBG中， ， ∴Rt△EBC≌Rt△EBG（HL）， ∠CEB＝∠GEB，BG＝BC＝4， ∴∠CEB＝∠EFC，AG＝AB﹣BG＝5﹣4＝1， ∴CF＝CE． 设CF＝EG＝EC＝x，则AE＝3﹣x， 在Rt△AEG中，由勾股定理得： （3﹣x）2＝x2+12， 解得x＝ ∴CF的长是 ． 故选：B． 【点睛】 本题考查了勾股定理、角平分线的性质定理及等腰三角形的判定等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键． 5．如图，在平面直角坐标系 中，菱形 的顶点 在 轴的正半轴上．若点 的坐标是 ，则点 的坐标为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 先求出OA的长，根据菱形的特点得到 ，故可求出B点坐标． 【详解】 解： 点 的坐标是 ， ， 四边形 为菱形， ， 则点 的坐标为 ． 故选： ． 【点睛】 此题主要考查菱形的性质，解题的关键是熟知勾股定理与直角坐标系的特点． 6．如图，矩形 中，点 、 在 上，将 ， 分别沿着 ， 翻折， 点 的对应点和点 的对应点恰好重合在点 处，则 的值是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 先根据翻折变换的性质得出△BCF≌△BEF和△ADG≌△AEG，从而证出A、E、F以及B、E、G共线，设CF=x，再根据勾股定理得出FG，继而得出 的值． 【详解】 解：矩形 中，由翻折变换的性质得， ∴△BCF≌△BEF，△ADG≌△AEG， ∴∠C=∠BEF=∠D=∠AEG=90°，CF=EF，DG=EG； 在四边形BCFE中，∠CBE+∠CFE=180°， ∵∠GFE+∠CFE=180°， ∴∠CBE=∠GFE， ∵∠CBE+∠EGF=90°， ∴∠GFE +∠EGF=90°， ∴∠FEG=90°， ∴∠AEG+∠FEG=180°，∠BEF+∠FEG=180°， ∴A、E、F三点