2020-2021学年广东省汕头市澄海区八年级(下)期末数学试卷

20202021学广东省汕市澄海区八级（下）期末学试卷一、选择题（本大题共10小题共30.0分

化简的果

B.

C.

D.

若一次函数的象经过第二、三、四象限，则b的值范围是

B.

C.

D.

在我市举行的中学生春季田径运动会上，参加男子跳高的名运动员的成绩如下表示：成绩

人数

这些运动员跳高成绩的中位数和众数分别)

B.

C.

，

D.

，44.下列计算正确的

√√

B.

C.8

D.

√√5.如图，点正方形ABCD内满，阴影部分的面积B.C.D.

6.如图和的象相交于于的等式的集B.C.D.

7.如图，在菱形中于E，，菱形的边长为

√第1页，共页

B.C.D.

√8.如图在矩形纸片ABCDAB，eq\o\ac(△,)𝐷沿DP折，使点A落对角线上处则AP的B.C.D.

9.已知

，当x分取，，3，2021，所对应值总和是

B.

C.

D.

10.如图分别以直eq\o\ac(△,)𝐴斜边，直角边AC为边eq\o\ac(△,)外等eq\o\ac(△,)𝐴和等eq\o\ac(△,)，为的中点DE与交点GAC交点H，，，出如下结论：

；四边形ADFE为形；

；其中正确结论的是)

B.

C.

D.

二、填空题（本大题共7小题，28.0分）11.若则a取值范围．12.计算

的结果是______．13.如图eq\o\ac(△,)𝐴中，点D不与点B重合只需添加一个条件即可证eq\o\ac(△,)，个件可以______写一个即．第2页，共页

．1114.如图知矩形的条邻边的长分别为8FGH分别是、、CD、DA的点则四边形EFGH的长等于_cm．．1115.如图将正方形OACD放平面直角坐标系中，O是标原点，点D的标，点的坐标为．16.如图在平行四边形中，、F分在CD的延长线上，𝐵，，，的是_____．17.已知线l与轴y轴别交于点B点在线l为等腰三角形，则满足条件的C坐标为______．

上点在x轴，eq\o\ac(△,)𝑃三、解答题（本大题共8小题，62.0分）18.计算8第3页，共页

19.如图eq\o\ac(△,)的点在正方形网格中的格点上，若小方格边长为，请你根据所学的知识解决下列问题．的面积为_；判eq\o\ac(△,)𝐴是么形状，并明理由．20.为了高学生的综合素养开设了五门第二课堂活动课照别分为“纸”“画、C“刻”“泥塑”、“花”，为了了解学生对每活动课的喜爱情况，随机抽取了部分同学进行调查，将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计.根信息回答下列问题：本调查的样本容量为_，统计图中，______；通计算补全条形统计图；该共有名学生，请你估计全校喜爱“雕刻”的学人数．第4页，共页

21.已知，2+1，求下列各式的值：𝑥；．22.如图直与x轴交于点，轴交于点．求AB两的坐标；过作直线BP与轴于点P，使，求直线BP的数关系式．第5页，共页

23.如图在平行四边形ABCD中，，M、N分是AD、的点．求：四边形MNCD是行四边形；若求BD的长．24.小林A地往地，到达后立刻返回，他与A地的距离千米和用时时之的函数关系如图所示．求林出小后距A地远？若之间有一C地与A间的距离为千，小林从去时途经地，到返回时路过C地共用了时15分求小返回时的速度的数关系式及点E的标．第6页，共页

25.如图在矩形ABCD中2

，平分线交于，于，接BH并长交于点，接．求；𝐶与HE等吗？请说明理由，并求时矩形的面积；判、、HE三的数量关系，并证明你的结论．第7页，共页

1答案和解析11.【答案【解析】解：

，故选：B．进行分母有理化，即分子、分母都乘以分母的有理化因式即可．本题考查分母有理化，将分子、分母都乘以分母的有理化因式即可完成分母有理化．2.

【答案D【解析】解：由一次函数的象经过第二、三、四象限，．故选：D．根据一次函的图象在坐标平面内的位置关系确定k，b的值范围，从而求解．本题主要考查一次函数图象在坐标平面内的位置与关系．解答本题注意理解：直所的位置与kb的号有直接的关系时直线必经过第一、三象限时，直线必经过第二、四象限．时直线与y轴半轴相交；时直线过原点时直线与y轴半轴相交．3.

【答案【解析】解：在这一组数据是现次数最多的，故众数是；在这15个数中，处于中间位置的第8个是，以中位数是．所以这些运动员跳高成绩的中位数和众数分别，．故选：A．根据中位数和众数的定义，第数就是中位数，出现次数最多的数为众数．本题为统计题，考查众数与中位数的意义．中位数是将一组数据从小到或大到小重排列后，最中间的那个数最间两个数的平均，做这组数据的中位数．如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会错误地将这组数据最中间的那个数当作中位数．第8页，共页

114.11

【答案C【解析】解A选，原式

，故该选项计算错误；B选，原式|，该选项计算错误；C选，原

1

2√，该选项计算正确；D选，和3不合并，故该选项运算错误故选：．根据二次根式的加减法判断，D，根据二次根式的性质判断，据二次根式的化简判断C本题考查了二次根式的加减法，二次根式的性质与化简，考核学生的计算能力，注

．5.

【答案【解析】【分析】本题考查了正方形的性质，三角形的面积，勾股定理的应用，主要考查学生的计算能力和推理力，属于基础题．根据勾股定理求出，分别求eq\o\ac(△,)𝐴和方ABCD的积，即可求出答案．【解答】解：在，，，，由勾股定理得：

，正形的面积是，的积是34，阴部分的面积，故选：A．6.

【答案D【解析】解：把入得，得，则P坐标，所以当1时，，即不等式的解集1．故选：D．第9页，共页

先利用正比例函数解析式确定点标观函图象得到时都直线的方，于是可得到不等的集．本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系：从函数的角度看，就是寻求使一次函的大于或于的自变量x的值范围；从函数图象角度看，就是确定直在轴上或下方分所有的点的横坐标所构成的集合．7.【答案【解析】解四形ABCD菱形，，，设，则，在𝑡中由勾股定理得：2

5

，，，√，即菱形的边长为，故选：A．由菱形的性质得，，，，再由勾股定理得

，求出，可求解．本题考查了菱形的性质以及勾股定理；熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求是解题的关键．8.

【答案【解析】解矩ABCD中，，，

，根据折叠的性质′，′′，′，第10页，共23页

设，则，

′

，2

，解得：，，故选：B．先由勾股定理可以求出BD的根折叠的性质可知′′，由勾股定理建立方程求出其解即可得出答案．本题考查了折叠问题、勾股定理，矩形的性质；依据翻折的性质找准相等的量是解题的关键．9.

【答案D【解析】解√(

|，当时，√(，则，当时，√(2，则，所应值总和为+．故选：D．利用二次根式的性质得到时𝑥时，则，计算、23、应y的值，然后计算所有的的和．本题考查了二次根式的性质与化简：熟练掌握二次根式的性质是解决问题的关键．也考查了数规律型问题．10.

【答案C【解析】解是等边三角形，，，，为的点，，第11页，共23页

在𝐶eq\o\ac(△,)中，

，，，，，，故正确，，，是的点是的位线，

，

，，，正确；，，，，𝐴，，，在eq\o\ac(△,)中，

，，，，四形ADFE为平行四边形，，，第12页，共23页

四形ADFE不是菱形，错；

，4

，，则4，正，故选：．由证eq\o\ac(△,)𝐴FHeq\o\ac(△,)𝐴的位线

，再由

，推出，等边三角形的性质得，后由AAS证，，证出四边形ADFE为平行四边形，最后由平四边形的性质得出，从而得到答案．本题考查了菱形的判定平四形的判定和性质全等三角形的判定和性质等三角形的性质含角直角三角形的性质形位线定理形内角和定理等知识掌平行四边形的判定与性质，证eq\o\ac(△,)𝐴eq\o\ac(△,𝐵)eq\o\ac(△,)和eq\o\ac(△,𝐹)eq\o\ac(△,)是题的关键．11.

【答案【解析】解√(

，，得．故答案为．利用二次根式的性质得到√

，则，然后利用对值的意义得，再解不等式即可．本题考查了二次根式的性质与化简：熟练掌握二次根式的性质是解决问题的关键．12.【答案】3【解析】解：原√

5

=3

，故答案为：3．根据二次根式的乘除法法则计算，得到答案．第13页，共23页

本题考查的是二次根式的乘除法，掌握二次根式的乘除法法则是解题的关键．13.

【答案答不唯一【解析】解，，添加，在eq\o\ac(△,)𝐴中

，，故答案为：案不唯一．由题意可得，，添一组边对应相等，可eq\o\ac(△,)𝐴eq\o\ac(△,)全．本题考查了全等三角形的判定，灵活运用全等三角形的判定是本题的关键．14.

【答案】【解析】解：如图，连接AC，四形是形，，，22，、、GH分是、、CD、DA的中点，，，四形周长等于：故答案为：．连接、BD根据三角形的中位线求出、GF、的，再求出四边形周长即可．本题考查了矩形的性质，三角形的中位线的应用，能求出四边形的各个边的长是解此题的关键注意：矩第14页，共23页

形的对角线相等，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．15.

【答案【解析】解：如图，过点A作轴B，过点于，四形OACD正方形，，，又，𝑂，在eq\o\ac(△,)𝑂中

，，，，点D的标，C在二象限，点C坐标．故答案为：．过点A、分作x轴垂线可eq\o\ac(△,)𝐴eq\o\ac(△,𝐵)eq\o\ac(△,)，此得，，可求出坐标．本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，坐标与图形性质，作辅助线构造出全等角形是解题的关键．16.

【答案】2【解析】解四形ABCD平行四边形，，．第15页，共23页

，四形是平行四边形．，为CE点．，．，．．

，，．故答案为：2．根据平行四边形的判定定理可得四边形ABDE是行四边形，，D是的点，在直eq\o\ac(△,)𝐶中用三角函数即可得到的，则求得CD，进而根求．本题考查了平行四边形的判定与性质，以及三角函数的应用，正确理解D是CE中点是解题的关键．17.

【答案+2−、【解析】解：当时，解得：．，坐标，作轴垂足为，则，，当时，，，，点C标．当时第16页，共23页

eq\o\ac(△,𝐴)eq\o\ac(△,)𝐵在直角三角形中由勾股定理得2√，eq\o\ac(△,𝐴)eq\o\ac(△,)𝐵，当点在点的右边时，C坐为；当点在点的左边时√，坐标为．当时点C与重合，这时点标综上所述点C的标为：、+2、√、．将代函数解析式点A的标，eq\o\ac(△,)等腰三角形时种进行分别求解．本题是一次函数与等腰三角形的相结合的问题，解题的关键是要分类讨论．

，18.

【答案】解：原

2−1．【解析】先化简各二次根式、去绝对值符号，再计算乘法，最后计算加减即可．本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握二次根式的性质和混合运算法则．19.

【答案】5【解析】解

×1×2443，故答案为：5．由股定理得2，𝐶22√，𝐵2，𝐵

，是角三角形．根eq\o\ac(△,)𝐴𝐵面积等于矩形的面积减去三个小三角形的面积解答即可；根勾股定理得出，AC，的，进而利用勾股定理的逆定理解答即可．此题考查勾股定理和勾股定理的逆定理，关键是根据勾股定理得出，ACBC的解．第17页，共23页

20.

【答案】120【解析】解人，因此样本容量为120；人，×人，故答案为：120，；频数人，补全条形统计图如图所示：

人，答：估计全校喜爱“雕刻”的学生人数有750．从个统计图可知A组有18人占调查人数，求出调人数，即样本容量；进而求出、b的值；求E组的频数即可补全条统计图；样估计总体，样本中喜欢“雕刻”的占，以总体人数3000即求解．本题考查条形统计图、扇形统计图的意义和制作方法，从两个统计图中获取数量和数量关系是确解答的关键．21.

【答案】解，2+1，√，𝑥(√，√2−𝑥；

，𝑥

第18页，共23页

𝑥−𝑥√．【解析根二次根式的加减法法则、乘法法则分别求、、，用多项式乘多项式的运算法则把原式变形，代入计算即可；利完全平方公式、提公因式法把原式变形，代入计算可．本题考查的是二次根式的化简求值，掌握完全平方公式、平方差公式是解题的关键．22.

【答案】解当时，，，

,，当时，，；设，，|，得或，点坐标或，设直线的析，把，代得，得，时直线BP的解析式为；把(，代入得，得，时直线的析式为；综上所述，直线BP的析式为或．【解析】利直线解析式和坐标轴上点的坐标特征求解设，据题意得，方程得坐标或，后利用待定系数法求直线BP的析式．本题考查了待定系数法求一次函数解析式：先设一次函数解析式，把两组对应值代入得到k、b的程组，然后解方程组得到次函数解析式．第19页，共23页

23.

【答案】证明：是行四边形，，、别是AD、的点，，，是行四边形；如：连接ND四形MNCD是平行四边形，．是BC中点，，，，是边三角形．，．eq\o\ac(△,)𝐵𝑁的外角，，，，．，222．【解析】根平行四边形的性质，可得与BC的系，根据与NC的系，可得证明结论；根根据等边三角形的判定与性质，可的数，根据三角形外角的性质，可的数，根据勾股定理，可得答案．本题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，证eq\o\ac(△,)𝑁𝐶是等边三角形是第20页，共23页

解题的关键．24.

【答案】解设AD所在直的解析式．由图象可知，解，所直线的解析式是，把入，答：小林出小后距地千米；所在直线的解析式是，小从到B地用时间为：小时15分，从B地返回地的时间为时分小时15分小时，小返回时的速为千小；小时，故点E的坐标为，设DE的数关系式，则，𝑘