2020-2021学年浙江省温州市鹿城区数学八年级第二学期期末教学质量检测试题含解析

2020-2021学年浙江省温州市鹿城区数学八年级第二学期期末教学质量检测试题 注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题(每小题3分,共30分)1．一次函数 y 2x 4=-+ 的图象与 y 轴的交点坐标是 ( )A ．()0,4B ．()4,0C ．()2,0D ．()0,22．目前我国已建立了比较完善的经济困难学生资助体系，某校去年上半年发放给每个经济困难学生389元，今年上半年发放了438元．设每半年发放的资助金额的平均增长率为x ，则下面列出的方程中正确的是（ ）A ．438（1+x ）2=389B ．389（1+x ）2=438C ．389（1+2x ）=438D ．438（1+2x ）=3893．若点A (–2，1y )、B ( –1，2y )、C (1，3y )都在反比例函数23k y x+=(k 为常数)的图像上，则1y 、2y 、3y 的大小关系为（ ）A ．123y y y <<B ．132y y y <<C ．213y y y <<D ．321y y y <<4．如图，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注释《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．赵爽根据此图指出：四个全等的直角三角形（朱实）可以围成一个大正方形，中空的部分是一个小正方形（黄实），赵爽利用弦图证明的定理是（ ）A ．勾股定理B ．费马定理C ．祖眇暅D ．韦达定理5．平行四边形ABCD 中，100A ∠=︒，则B D ∠+∠的度数是（ ）A ．120︒B ．130︒C ．150︒D ．160︒ 6．如图，在ABCD 中，AE ⊥BC ，垂足为E ，AF ⊥CD ，垂足为F ，若AE:AF=2:3，ABCD 的周长为20，则AB 的长为（ ）A ．4B ．5C ．6D ．8 7．若式子12a a +-有意义，则实数a 的取值范围是（ ） A ．a ＞﹣1 B ．a ＞﹣1且a≠2 C ．a≥﹣1 D ．a≥﹣1且a≠28．在平面直角坐标系中，点（－1，2）在（ ）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限9．如图，在▱ABCD 中，对角线AC 的垂直平分线分别交AD 、BC 于点E 、F ，连接CE ，若△CED 的周长为6，则▱ABCD 的周长为（ ）A ．6B ．12C ．18D ．2410．如图，在四边形ABCD 中，E 是BC 边的中点，连接DE 并延长，交AB 的延长线于点F ，AB BF =．添加一个条件使四边形ABCD 是平行四边形，你认为下面四个条件中可选择的是（ ）A ．AD BC =B ．CD BF =C ．A C ∠=∠D ．F CDF ∠=∠二、填空题(每小题3分,共24分)11．2019年6月12日，重庆直达香港高铁的车票正式开售据悉，重庆直达香港的这趟G319/320次高铁预计在7月份开行，全程1342公里只需7个半小时该车次沿途停靠站点包括遵义、贵阳东、桂林西、肇庆东、广州南和深圳北重庆直达香港高铁开通将为重庆旅游业发展增添生机与活力，预计重庆旅游经济将创新高在此之前技术部门做了大量测试，在一次测试中一高铁列车从A 地出发匀速驶向B 地，到达B 地停止；同时一普快列车从B 地出发，匀速驶向A 地，到达A 地停止且A ，B 两地之间有一C 地，其中2AC BC =，如图①两列车与C 地的距离之和y （千米）与普快列车行驶时间x （小时）之间的关系如图②所示则高铁列车到达B 地时，普快列车离A 地的距离为__________千米．12．已知P 1（x 1,y 1），P 2（x 2 ，y 2）两点都在反比例函数2y x =的图象上，且x 1< x 2 < 0，则y 1 ____ y 2.（填“>”或“<”） 13．有一组勾股数，其中的两个分别是8和17，则第三个数是________14．如图，一次函数16y ax =+与22y x m =-+的图象相交于点(2,3)p -，则关于x 的不等式26m x ax -<+的解集是________．15．已知y=x m-2+3是一次函数，则m=________ ．16．小邢到单位附近的加油站加油，下图所示是他所用的加油机上的数据显示牌，则数据中的变量是______17．函数21x y x +=-中，自变量x 的取值范围是 ． 18．如图，在▱ABCD 中，AD=2AB ，F 是AD 的中点，作CE ⊥AB ，垂足E 在线段AB 上，连接EF ，CF ，则下列结论中一定成立的是______．(把所有正确结论的序号都填在横线上)(1)∠DFC+∠FEC=90°；(2)∠B=∠AEF ；(3)CF=EF ；(4)EFC BDC 1S S 2∆∆=三、解答题(共66分)19．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy 中，矩形AOBC 的顶点A 、B 在坐标轴上，点C 的坐标为(5,3)点P 从点O 出发，在折线段OA AC -上以每秒3个单位长度向终点C 匀速运动，点Q 从点O 出发，在折线段OB BC -上以每秒4个单位长度向终点C 匀速运动.两点同时出发，当其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，连接PQ .设两点的运动时间为(s)t ，线段PQ 的长度的平方为d ，即2PQ d =（单位长度2）.（1）当点P 运动到点A 时，t =__________s ，当点Q 运动到点B 时，t =__________s ；（2）求d 关于t 的函数解析式，并直接写出自变量t 的取值范围.20．（6分）如图，经过点A （6，0）的直线y ＝kx ﹣3与直线y ＝﹣x 交于点B ，点P 从点O 出发以每秒1个单位长度的速度向点A 匀速运动．（1）求点B 的坐标；（2）当△OPB 是直角三角形时，求点P 运动的时间；（3）当BP 平分△OAB 的面积时，直线BP 与y 轴交于点D ，求线段BD 的长．21．（6分）如图，在矩形ABCD 中，AF 平分∠BAD 交BC 于E ，交DC 延长线于F ，点G 为EF 的中点，连接DG ．（1）求证：BC =DF ；（2）连接BD ，求BD ∶DG 的值．22．（8分）在一条笔直的公路上有A、B、C三地，C地位于A、B两地之间，甲车从A地沿这条公路匀速驶向C地，乙车从B地沿这条公路匀速驶向A地，在甲车出发至甲车到达C地的过程中，甲、乙两车各自与C地的距离y（公里）与甲车行驶时间（小时）之间的函数关系如图，请根据所给图象关系解答下列问题：（1）求甲、乙两车的行驶速度；（2）求乙车出发1.5小时后，两车距离多少公里？（3）求乙车出发多少小时后，两车相遇？23．（8分）计算：（1）3×（1＋）－；（2）－2×｜－1｜－24．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，对角线AC，BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转一个角度α（0°＜α≤90°），分别交线段BC，AD于点E，F，连接BF．（1）如图1，在旋转的过程中，求证：OE＝OF；（2）如图2，当旋转至90°时，判断四边形ABEF的形状，并证明你的结论；（3）若AB＝1，BC＝5，且BF＝DF，求旋转角度α的大小．25．（10分）疫情发生后，口罩成了人们生活的必需品．某药店销售A，B两种口罩，今年3月份的进价如下表：（1）已知B种口罩每包售价比A种口罩贵20元，用64元购买到A种口罩的数量和144元购买到B种口罩的数量相同，求A种口罩和B种口罩每包售价．（2）为满足不同顾客的需求，该药店准备4月份新增购进进价为每包10元的C种口罩，A种和B种口罩仍按需购进，进价与3月份相同，A种口罩的数量是B种口罩的5倍，共花费12000元，则该店至少可以购进三种口罩共多少包？26．（10分）如图①，点E 是正方形ABCD 内一点，ED EC ，连结EB EA 、，延长BE 交直线AD 于点F ． （1）求证：ADE BCE ≌△△；（2）求证：AEF 是等腰三角形；（3）若E 是正方形ABCD 外一点，其余条件不变，请你画出图形并猜想（1）和（2）中的结论是否仍然成立．（直接写出结论即可）．参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【解析】因为一次函数y =-2x +4的图像与x 轴交点坐标是(2,0)与y 轴交点坐标是(0,4),故选A.2、B【解析】【分析】【详解】解：因为每半年发放的资助金额的平均增长率为x ，去年上半年发放给每个经济困难学生389元，去年下半年发放给每个经济困难学生389 (1＋x) 元，则今年上半年发放给每个经济困难学生389 (1＋x) (1＋x) ＝389(1＋x)2元．据此，由题设今年上半年发放了1元，列出方程：389（1+x ）2=1．故选B ．3、C【分析】首先根据230k +>可得反比例函数的图象在第一、三象限，因此可得在x 的范围内，随着x 的增大，y 在减小，再结合A 、B 、C 点的横坐标即可得到1y 、2y 、3y 的大小关系.【详解】解：根据230k +>，可得反比例函数的图象在第一、三象限因此在x 的范围内，随着x 的增大，y 在减小因为A 、B 两点的横坐标都小于0，C 点的横坐标大于0因此可得213y y y <<故选C.【点睛】本题主要考查反比例函数的性质，关键在于判断反比例函数的系数是否大于0.4、A【解析】【分析】根据图形，用面积法即可判断.【详解】如图，设大正方形的边长为c ，四个全等的直角三角形的两个直角边分别为a,b故小正方形的边长为（b-a ）∴大正方形的面积为c 2=4×()212ab b a +- 化简得222c a b =+【点睛】此题主要考查勾股定理的性质，解题的关键是根据图像利用面积法求解.5、D【分析】根据平行四边形的对角相等、相邻内角互补求解．【详解】∵平行四形ABCD∴∠B＝∠D＝180°−∠A∴∠B＝∠D＝80°∴∠B＋∠D＝160°故选：D．【点睛】本题考查的是利用平行四边形的性质，必须熟练掌握．6、A【解析】【分析】根据平行四边形的对边相等，可知一组邻边的和就是其周长的一半．根据平行四边形的面积，可知平行四边形的一组邻边的比和它的高成反比．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AD=BC，∴BC+CD=10÷1=10，根据平行四边形的面积公式，得BC：CD=AF：AE=3：1．∴BC=6，CD=4，∴AB=CD=4，故选：A．【点睛】本题考查平行四边形的性质，平行四边形的一组邻边的和等于周长的一半，平行四边形的一组邻边的比和它的高的比成反比．7、D【解析】【分析】直接利用分式有意义的条件分析得出答案．有意义，则10a +≥且20a -≠ 解得：1a ≥-且2a ≠故选：D【点睛】本题考查了分式有意义的条件以及二次根式有意义的条件，能正确得到相关不等式是解题的关键．8、B【解析】【分析】根据各象限内点的坐标特征解答即可．【详解】∵点（-1，2）的横坐标为负数，纵坐标为正数，∴点（-1，2）在第二象限．故选B ．【点睛】本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（-，+）；第三象限（-，-）；第四象限（+，-）．9、B【解析】∵四边形ABCD 是平行四边形，∴DC=AB，AD=BC ，∵AC 的垂直平分线交AD 于点E ，∴AE=CE，∴△CDE 的周长=DE+CE+DC=DE+AE+DC=AD+DC=6，∴▱ABCD 的周长=2×6=12，故选B ．10、D【解析】【分析】把A 、B 、C 、D 四个选项分别作为添加条件进行验证，D 为正确选项．添加D 选项，即可证明△DEC ≌△FEB ，从而进一步证明DC ＝BF ＝AB ，且DC ∥AB ．【详解】添加A 、AD BC =，无法得到AD ∥BC 或CD=BA ，故错误；添加B 、CD BF =，无法得到CD ∥BA 或AD BC =，故错误；添加C 、A C ∠=∠，无法得到ABC CDA ∠=∠，故错误；添加D 、F CDF ∠=∠∵F CDF ∠=∠，CED BEF ∠=∠，EC BE =，∴CDE BFE ∆∆≌，CD AF ，∴CD BF =， ∵BF AB =，∴CD AB =，∴四边形ABCD 是平行四边形．故选D ．【点睛】本题是一道探索性的试题，考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、1【解析】【分析】由图象可知4.5小时两列车与C 地的距离之和为0，于是高铁列车和普快列车在C 站相遇，由于AC=2BC ，因此高铁列车的速度是普快列车的2倍，相遇后图象的第一个转折点，说明高铁列车到达B 站，此时两车距C 站的距离之和为1千米，由于V 高铁=2V 普快，因此BC 距离为1千米的三分之二，即240千米，普快离开C 占的距离为1千米的三分之一，即120千米，于是可以得到全程为240+240×2=720千米，当高铁列车到达B 站时，普快列车离开B 站240+120=1千米，此时距A 站的距离为720-1=1千米．【详解】∵图象过（4.5，0）∴高铁列车和普快列车在C 站相遇∵AC=2BC ，∴V 高铁=2V 普快，BC 之间的距离为：1×23=240千米，全程为AB=240+240×2=720千米，此时普快离开C 站1×13=120千米， 当高铁列车到达B 站时，普快列车距A 站的距离为：720-120-240=1千米，故答案为：1．【点睛】此题考查一次函数的应用．解题关键是由函数图象得出相关信息，明确图象中各个点坐标的实际意义．联系行程类应用题的数量关系是解决问题的关键，图象与实际相结合容易探求数量之间的关系，也是解决问题的突破口．12、>【解析】【分析】根据反比例函数的增减性，k=1>0，且自变量x ＜0，图象位于第三象限，y 随x 的增大而减小，从而可得结论．【详解】在反比例函数y=2x 中，k=1＞0， ∴该函数在x ＜0内y 随x 的增大而减小．∵x 1＜x 1＜0，∴y 1＞y 1．故答案为：＞．【点睛】本题考查了反比例函数的性质，解题的关键是得出反比例函数在x ＜0内y 随x 的增大而减小．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据系数k 的取值范围确定函数的图象增减性是关键．13、1【解析】设第三个数是，①若为最长边，则，不是整数，不符合题意；② 若17为最长边，则，三边是整数，能构成勾股数，符合题意，故答案为1．14、2x >-【解析】【分析】根据图像即可得出答案.【详解】∵26m x ax -<+即22y x m =-+的函数图像在16y ax =+的下方∴x>-2故答案为x>-2【点睛】本题考查的是一次函数，难度适中，需要熟练掌握一次函数的图像与性质.15、3【解析】【分析】一次函数自变量的最高次方为1，据此列式即可求出m.【详解】由题意得：m-2=1,∴m=3,故答案为3.【点睛】此题主要考查一次函数的定义，解题的关键是熟知一次函数的特点.16、金额与数量【解析】【分析】根据常量与变量的意义结合油的单价是不变的，而金额随着加油数量的变化在变化，据此即可得答案.【详解】常量是固定不变的量，变量是变化的量，单价是不变的量，而金额是随着数量的变化而变化，故答案为：金额与数量.【点睛】本题考查了常量与变量，熟练掌握常量与变量的概念是解题的关键.17、x≠1【解析】x-≠，x≠11018、(1)(3)【解析】【分析】分别利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定得出△AEF≌△DMF，得出角、线段之间关系，得出(1)(3)成立，(2)不成立；再由梯形面积和平行四边形面积关系进而得出(4)不成立．【详解】解：∵F是AD的中点，∴AF=FD，∵在▱ABCD中，AD=2AB，∴AF=FD=CD ，∴∠DFC=∠DCF ，∵AD ∥BC ，∴∠DFC=∠FCB ，∴∠DCF=∠BCF ，延长EF ，交CD 延长线于M ，如图所示：∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AB ∥CD ，∴∠A=∠MDF ，∵F 为AD 中点，∴AF=FD ，在△AEF 和△DFM 中，A FDM AF DFAFE DFM ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∴△AEF ≌△DMF(ASA)，∴FE=MF ，∠AEF=∠M ，∵∠B=∠ADC ＞∠M ，∴∠B ＞∠AEF ，(2)不成立；∵CE ⊥AB ，∴∠AEC=90°，∴∠AEC=∠ECD=90°，∵FM=EF ，∴CF=EF ，(3)成立；∴∠FEC=∠FCE ，∵∠DCF+∠FEC=90°，∴∠DFC+∠FEC=90°，(1)成立；∵四边形ADCE 的面积=12(AE+CD)×CE ，F 是AD 的中点， ∴S △EFC =12S 四边形ADCE ， ∵S △BDC =12S 平行四边形ABCD =12CD×CE ， ∴S △EFC ≠12S △BDC ，(4)不成立； 故答案为：(1)(3)．【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，证出△AEF ≌△DMF 是解题关键．三、解答题(共66分)19、（1）1，54；（2）22225(01)56181452511212824t t d t t t t y t ⎧⎪<≤⎪⎪⎛⎫=++<≤⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪⎛⎫-+<≤⎪ ⎪⎝⎭⎩. 【解析】【分析】(1)由点C 的坐标为(5,3)可知OA=3,OB=4，故）当点P 运动到点A 时，t =331÷= ；当点Q 运动到点B 时，t=5544÷= ； （2）分析题意，d 与t 的函数关系应分为①当01t <≤时，利用勾股定理在Rt OPQ ∆中，3OP t =，4OQ t =，22222(3)(4)d PQ OP OQ t t ==+=+.计算即可得：225d t =.②当514t <≤时，过点P 作PD OB ⊥，垂足为D ，利用勾股定理：在Rt DPQ ∆中，3PD =，3DQ t =+，故而222223(3)d PQ PD DQ t ==+=++.即2618d t t =++.③当524t <≤时，利用勾股定理：在Rt CPQ ∆中，83CP t =-，84CQ t =-，所以222d PQ CP CQ ==+22(83)(84)t t =-+-.即225112128d t y =-+.【详解】解：（1）1，54； （2）①如图1，当01t <≤时，∵在Rt OPQ ∆中，3OP t =，4OQ t =，∴22222(3)(4)d PQ OP OQ t t ==+=+.即225d t =.②如图2，当514t <≤时， 过点P 作PD OB ⊥，垂足为D ，∵四边形AOBC 为矩形，∴90AOB OAP PDO ∠=∠=∠=︒.∴四边形AOPD 为矩形.∴3PD AO ==.∴33AP OD t ==-.∴DQ OQ OD =-4(33)3t t t =--=+.∴在Rt DPQ ∆中，3PD =，3DQ t =+，∴222223(3)d PQ PD DQ t ==+=++.即2618d t t =++.③如图3，当524t <≤时， ∵在Rt CPQ ∆中，83CP t =-，84CQ t =-，∴222d PQ CP CQ ==+22(83)(84)t t =-+-.即225112128d t y =-+.综上所述，22225(01)56181452511212824t td t t tt y t⎧⎪<≤⎪⎪⎛⎫=++<≤⎨ ⎪⎝⎭⎪⎪⎛⎫-+<≤⎪ ⎪⎝⎭⎩.【点睛】本题考查了动点问题与长度关系，灵活运用勾股定理进行解题是解题的关键.20、（1）点B的坐标（2，－2）；（2）当△OPB是直角三角形时，求点P运动的时间为2秒或4秒；（3）当BP平分△OAB 的面积时，线段BD的长为5【解析】【分析】（1）根据点A的坐标，利用待定系数法可求出直线AB的解析式，联立直线AB及OB的解析式成方程组，通过解方程组可求出点B的坐标；（2）由∠BOP=45°可得出∠OPB=90°或∠OBP=90°，①当∠OPB=90°时，△OPB为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得出OP的长，结合点P的运动速度可求出点P运动的时间；②当∠OBP=90°时，△OPB为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得出OP的长，结合点P的运动速度可求出点P运动的时间．综上，此问得解；（3）由BP平分△OAB的面积可得出OP=AP，进而可得出点P的坐标，根据点B，P的坐标，利用待定系数法可求出直线BP的解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点D的坐标，过点B作BE⊥y轴于点E，利用勾股定理即可求出BD的长．【详解】（1）直线y＝kx﹣3过点A（1,0），所以，0＝1k－3，解得：k＝12，直线AB为：12y x=－3，132y x y x =-⎧⎪⎨=-⎪⎩，解得：22x y =⎧⎨=-⎩， 所以，点B 的坐标（2，－2）（2）∵∠BOP=45°，△OPB 是直角三角形，∴∠OPB=90°或∠OBP=90°，如图1所示：①当∠OPB=90°时，△OPB 为等腰直角三角形，∴OP=BP=2，又∵点P 从点O 出发以每秒1个单位长度的速度向点A 匀速运动，∴此时点P 的运动时间为2秒；②当∠OBP=90°时，△OPB 为等腰直角三角形，∴OP=2BP=4，又∵点P 从点O 出发以每秒1个单位长度的速度向点A 匀速运动，∴此时点P 的运动时间为4秒．综上，当△OPB 是直角三角形时，点P 的运动时间为2秒或4秒．（3）∵BP 平分△OAB 的面积，∴S △OBP =S △ABP ，∴OP=AP，∴点P 的坐标为（3，0）．设直线BP 的解析式为y=ax+b （a≠0），将B （2，-2），点P （3，0）代入y=ax+b ，得：2230a b a b +=-⎧⎨+=⎩，解得：26 ab=⎧⎨=-⎩，∴直线BP的解析式为y=2x-1．当x=0时，y=2x-1=-1，∴点D的坐标为（0，-1）．过点B作BE⊥y轴于点E，如图2所示．∵点B的坐标为（2，-2），点D的坐标为（0，-1），∴BE=2，CE=4，∴当BP平分△OAB的面积时，线段BD的长为【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、等腰直角三角形、三角形的面积以及勾股定理，解题的关键是：（1）联立直线AB及OB的解析式成方程组，通过解方程组求出点B的坐标；（2）分∠OPB=90°和∠OBP=90°两种情况，利用等腰直角三角形的性质求出点P的运动时间；（3）根据点的坐标，利用待定系数法求出直线BP的解析式．21、（1）详见解析；（2【解析】【分析】（1）根据矩形的性质解答即可；（2）根据全等三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质解答即可．【详解】证明：（1）∵四边形ABCD为矩形，∴AD＝BC，∠BAD＝∠ADC＝90°，∵AF平分∠BAD，∴∠DAF＝45°，∴AD＝DF，∴BC＝DF；（2）连接CG，BG，∵点G为EF的中点，∴GF＝CG，∴∠F ＝∠BCG ＝45°，在△BCG 与△DFG 中，45BC DF F BCG GF CG =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩∴△BCG ≌△DFG （SAS ），∴BG ＝DG ，∠CBG ＝∠FDG ，∴△BDG 为等腰直角三角形，∴BD ＝2DG ，∴BD ：DG ＝2：1．【点睛】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质和全等三角形的判定和性质解答．22、（1）甲车的行驶速度 60（km /h ），乙车的行驶速度80（km /h ）；（2）两车距离170公里；（3）乙车出发197小时后，两车相遇.【解析】【分析】（1）根据速度=路程÷时间分别求出甲、乙两车的速度即可；（2）根据时间=路程÷速度即可求解；（3）根据时间=路程÷速度和即可求解．【详解】（1）甲车的行驶速度：2404＝60（km /h ） 乙车的行驶速度：2003.51-＝80（km /h ） （2）乙车出发1.5小时后，离C 地距离：200－80×1.5＝80（km ），甲离C 地距离：240－60×（1＋1.5）＝90（km ），80＋90＝170（km）乙车出发1.5小时后，两车距离170公里。