精品解析：安徽省合肥市新站区2022-2023学年八年级下学期期末考试数学试卷

2022-2023学年合肥市新站区八年级（下）期末数学试卷 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题（本大题共10小题，共40分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 下列式子中，一定是二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据形如的式子叫做二次根式判断即可． 【详解】A. 不是二次根式，不符合题意； B. 是二次根式，符合题意； C. 不是二次根式，不符合题意； D. 当时，不是二次根式，不符合题意； 故选B． 【点睛】本题考查了二次根式，熟练掌握形如的式子叫做二次根式是解题的关键． 2. 若关于x的方程是一元二次方程，则m的值是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次方程的定义，即可求解． 【详解】解：∵关于x的方程是一元二次方程， ∴且， 解得：，故C正确． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的定义，熟练掌握含有一个未知数，且未知数的最高次数是2的整式方程是一元二次方程是解题的关键． 3. 如图，在四边形中，，，，，，则的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】延长，交于E，证明是等边三角形，进而得出，，最后根据勾股定理求出即可． 【详解】解：延长，交于E， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， 故选：A． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是正确画出辅助线，构造直角三角形，根据勾股定理求解． 4. 如图，正方形的边长为2，延长至点E，，连接交于点G，连接，并取的中点F，连接并延长交于点H，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先作辅助线构造全等三角形，然后利用，从而求出的长，再过F作的垂线，构造直角三角形，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：延长、相交于点M，如图： ∵F是中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， 过F作于点N， ∵F是中点， ∴， ∴， 在中，， 故选：B． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形、相似三角形的性质，解答过程中作辅助线是解题的关键． 5. 劳动委员统计了某周全班同学的家庭劳动次数（单位：次），按劳动次数分为4组：，，，，绘制成如图所示的频数分布直方图．从中任选一名同学，则该同学这周家庭劳动次数不足6次的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用概率公式进行计算即可． 【详解】解：由题意，得：； 故选A． 【点睛】本题考查直方图，求概率．解题的关键是从直方图中有效的获取信息． 6. 如图，在中，，，的平分线交于点E，则DE的长是（ ） A 4 B. 3 C. 3.5 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行四边形性质得出，根据平行线的性质得出，根据角平分线定义得出，证明，得出，即可求出结果． 【详解】解：∵是平行四边形， ∴， ∴， ∵是的角平分线， ∴， ∴， ∴， ∴，故B正确． 故选：B． 【点睛】本题考查平行四边形的性质（两对边互相平行），平行线性质定理（两直线平行内错角相等），角平分线的定义（平分它所在的角），等腰三角形的判断；熟记其性质和定义是解题关键． 7. 某商店对一种商品进行库存清理，第一次降价，销量不佳；第二次又降价，销售大增，很快就清理了库存．设两次降价的平均降价率为x，下面所列方程正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设该商品的原价为a元，则经过两次降价后的价格为元，利用经过两次降价后的价格原价两次降价的平均降价率，即可列出关于x的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：设该商品的原价为a元，则经过两次降价后的价格为元， 根据题意得：， 即． 故选：D． 【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 8. 在矩形中，E是的中点，将沿折叠后得到，延长交直线于点F，若，则的长为（　　） A. B. 3 C. 或 D. 或3 【答案】C 【解析】 【分析】连接，由矩形的性质得由E是的中点，得，由折叠得，则 ，可证明，得，再分两种情况讨论，一是点F线段上，因为，所以，则，由勾股定理得；二是点F在线段的延长线上，则，所以，由勾股定理得，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴ ∵E是的中点， ∴， 由折叠得， ∴， 在和中， ， ∴， ∴ 当点F线段上，如图1 ∵， ∴， ∴， ∴； 当点F在线段的延长线上，如图2， ∵， ∴， ∴， ∴， 综上所述，的长为或， 故选：C． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 9. 如图，在正方形中，是边的中点，将沿直线翻折，点落在点处，连结，那么的正切值是（　　） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了求正切函数值，折叠的性质及正方形的性质．由折叠可得，，再根据三角形的外角性质及折叠的性质得到，进而可得，求解即可． 【详解】解：由折叠可得，， 正方形中，是边的中点， ， ， ， 是的外角， ， ， ， ． 故选：A． 10. 已知是一元二次方程的两个根，则的值是（ ） A. B. 11 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系分别得到和的值，再代入计算即可得到答案． 【详解】解：∵是一元二次方程的两个根， ∴，， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，熟悉相关性质是解题的关键． 第Ⅱ卷（非选择题） 二、填空题（本大题共4小题，共20分） 11. 若分式有意义，则任写一个符合条件的x值___． 【答案】1（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据分式有意义的条件和二次根式有意义的条件得出，且，再求出答案即可． 【详解】解：∵代数式有意义， ∴，且，即， ∴x的取值范围是且， 故答案为：1（答案不唯一）． 【点睛】本题考查二次根式有意义条件和分式有意义的条件，能熟记二次根式的被开方数是非负数是解题的关键． 12. 如图是由射线AB，BC，CD，DE，EF，FA组成的平面图形，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=________°． 【答案】360° 【解析】 【分析】根据多边形外角和定理：多边形外角和为360°， 即可解答本题． 【详解】解：由图可知 ∵∠1、∠2、∠3、∠4、∠5、∠6是六边形六个内角所对应的六个外角 ∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6== 360°， 故填: 360°． 【点睛】本题主要考查多边形的外角和为360°的性质，准确识图，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键． 13. 杨辉在《田亩比类乘除捷法》记载以下问题： 题：直填积八百六十四步，只云阔不及长十二步，问长阔共几何？ 答：六十步． 术：四因积步，以差步自乘，并而开平方除之，得长阔共步． “题”、“答”、“术”的意思大致如下： 问题：已知长方形的面积为864，长宽之差为12，则长宽之和为多少？ 答案：60． 解法：如图，． 设一个长方形的边长分别是a，b（），请用一个等式解释上述解法的数学原理：__．（用含a，b的式子表示） 【答案】 【解析】 【分析】由题意得大正方形的边长为，空白正方形的边长为，再由四个长方形面积加上空白部分正方形面积等于大正方形面积可得，由此即可得到答案． 【详解】解：设一个长方形的边长分别是a，b（），则大正方形的边长为，空白正方形的边长为， ∵四个长方形面积加上空白部分正方形面积等于大正方形面积， ∴， ∴， 故答案：． 【点睛】本题主要考查了算术平方根的实际应用，正确理解题意利用等面积法列出对应的关系式是解题的关键． 14. 如图，将沿方向平移至处．若，则的长为_______． 【答案】8 【解析】 【分析】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行(或共线)且相等，利用平移的性质得到即可得到结论． 【详解】解：∵沿方向平移至处． ∴， 故答案为：8． 三、解答题（本大题共8小题，共90分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】根据，，二次根式的运算，即可求解． 【详解】 ． 【点睛】本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握平方差公式，，，二次根式的运算法则． 16. 用公式法解方程：． 【答案】 【解析】 【分析】先找出方程中的值，再利用公式法解一元二次方程即可． 【详解】解：．变形得：． ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了利用公式法解一元二次方程，牢记公式是解题关键． 17. 已知：方程是关于x的一元二次方程． （1）求m的值； （2）若该方程无实数根，求n的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据未知数的次数等于2，系数不等于零列式求解即可； （2）根据根的判别式列不等式求解即可． 【小问1详解】 ∵方程是关于x的一元二次方程， ∴且， ∴且， ∴． 【小问2详解】 当时，一元二次方程为， ∵此方程无实数根， ∴， 解得． 【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程根的判别式与根的关系，熟练掌握根的判别式与根的关系式解答本题的关键．当时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当时，一元二次方程有两个相等的实数根；当时，一元二次方程没有实数根． 18. 已知：中，， （1）尺规作图：求作的中点，连并延长，交于点（保留作图痕迹，不写作法） （2）从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知条件，求的余弦值． 条件①：和的面积为和，且； 条件②：和的周长为和，且． 注：如果选择条件①和条件②分别作答，按第一个解答计分． 【答案】（1）见解析 （2）条件①：；② 【解析】 【分析】（1）根据线段垂直平分线的画法及线段的画法解答； （2）条件①：根据直角三角形斜边中线的性质得到，推出，即，设，勾股定理求出，根据余弦定义求值；条件②：根据，推出，设，勾股定理求出，过点D作于点E，证明，得到，设，则，证得，得到，列得，求出，勾股定理求出，即可． 【小问1详解】 解：如图，即为所求； 【小问2详解】 条件①：∵中，，O为中点， ∴， ∴， ∵和的面积为和，且， ∴ ∴， 设， ∵， ∴中，， ∴； 条件②：∵中，，O为中点， ∴， ∴， ∵和的周长为和，且， ∴，即， 设，则， ∴， 过点D作于点E， 则， ∵， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∵，， ∴ ∴， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】此题考查了线段垂直平分线的作图，直角三角形斜边中线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 19. 在中，边，，的长分别为，，，求这个三角形的面积．小辉同学在解答这道题时，采用在边长为1的正方形网格中画出格点（即三个顶点都在小正方形的顶点处），如图①所示，这样不需求的高，借用网格就能计算出它的面积，这种方法叫做构图法． （1）请你根据图①求出的面积． （2）若三边的长分别为，，，请在图②的正方形网格中画出相应的，并利用构图法求出它的面积． 【答案】（1） （2）作图见解析， 【解析】 【分析】（1）结合割补法根据正方形的面积公式、三角形的面积公式计算； （2）根据勾股定理画出，根据正方形的面积公式、三角形的面积公式计算即可； 【小问1详解】 解：如图①，； 【小问2详解】 解：如图②所示， ； 【点睛】本题考查的是勾股定理、三角形和正方形的面积计算，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么． 20. 如图，菱形中，对角线交于点，．求证：四边形是矩形． 【答案】详见解析 【解析】 【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的性质，熟练掌握矩形的判定是解题的关键． 先证四边形是平行四边形，再由菱形的性质得，则，然后由矩形的判定即可得出结论． 【详解】证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形． 21. 某文具店自疫情以来网络销量不断增大，为了节省快递费用，与快递公司协商后达成协议，协议部分内容如下： ①同城快递发货费用每件价格固定，但低于外市快递每件发货价格． ②外市快递每日发货不超过30件附，发货价格按每件8元计算，超过30件时超过的部分每件发货价格有一定的优惠． （注：文具店单件货品不超过标准重量，外市快递不包含偏远地区） 文具店每日同城快递和外市快递各自发货所花金额y（元）与各自发货件数x（件）之间的函数关系如图所示： （1）求同城快递每件发货价格． （2）求外市快递发货费用y与外市发货件数x的函数关系式 （3）文具店某日发货50件（同城和外市均有销量），共花费304元，求这一天文具店同城快递发货件数． 【答案】（1）每件5元； （2） （3）这一天文具店同城快递发货件数为件； 【解析】 【分析】本题考查的是一次函数的实际应用，理解题意，分别确定相应的函数关系式是解本题的关键； （1）根据函数图象直接利用总价除以数量可得单价； （2）分两种情况：当，当，再求解函数解析式即可； （3）设文具店某日发货50件中有件外市的，则同城有件，再分两种情况建立方程求解即可． 【小问1详解】 解：由题意可得：同城快递所花金额y（元）与发货件数x（件）之间的函数关系为正比例函数， ∴同城快递每件发货价格为（元）； 【小问2详解】 ∵外市快递每日发货不超过30件附，发货价格按每件8元计算， ∴当时， ， 当时，， 当时，设关系式为， ∴， 解得：， ∴， ∴外市快递发货费用y与外市发货件数x的函数关系式为： ； 【小问3详解】 由（1）可得：同城快递发货所花金额y（元）与发货件数x（件）之间的函数关系为： ， 设文具店某日发货50件中有件外市的，则同城有件， 当时， ， 解得：，符合题意， ∴这一天文具店同城快递发货件数为件； 当时， ， 解得：，不符合题意，舍去； 综上：这一天文具店同城快递发货件数为件； 22. 已知等腰直角三角形，，．点边上的一个动点（不与点重合），点在直线上，连接，且． （1）若点线段上一点，如图1，作点关于直线的对称点，连接，则与的数量关系为 ；位置关系为 ． （2）若点是线段延长线上一点，如图2，作点于直线对称点，连接．求证：． （3）如图3，若， ，求的长． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）或 【解析】 【分析】（1）根据证明即可求证； （2）根据点关于直线的对称点，等腰直角三角形的性质可证，可得，，再证明可得，在中，根据勾股定理即可求证； （3）根据题意，结合图形，分类讨论：①如图所示，在延长线上时；②如图所示，在上，在点的左边时；根据（1），（2）的结论即可求证． 【小问1详解】 解：，理由如下， ∵等腰直角三角形，，， ∴， ∵点关于直线的对称点，且， ∴，，则 ∵，， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴，即， 故答案为：． 【小问2详解】 证明：如图所示， ∵点关于直线的对称点，且， ∴，， ∴， ∵，， ∴， 在中， ， ∴， ∴， ∴，则，， 在中， ， ∴， ∴， ∴中，，且，， ∴． 【小问3详解】 解：①如图所示，在延长线上时，作关于对称点，连接， ∵在中，，， ∴， ∴， 由（2）知， ，， 设，则， ∴， ∴由（2）的结论可知，，即，解得，， ∴； ②如图所示，在上，在点的左边时，作关于对称点，连接， 同理， ∵，BD＝， ∴， 由（1）知， ，设，则，， ∴，即，解得，， ∴， ∴， ∴； 综上所示，或． 【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的综合，掌握以上知识的综合运用是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $