重难点解析青岛版8年级下册数学期末测试卷附参考答案详解【典型题】

青岛版8年级下册数学期末测试卷考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题16分）一、单选题（8小题，每小题2分，共计16分）1、如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，若OA=6，OH=4，则菱形ABCD的面积为（）A．24 B．48 C．72 D．962、下列各数为无理数的是（

）A． B． C． D．03、如果关于的不等式的解集是，那么数应满足的条件是（

）A． B． C． D．4、与是同类二次根式的是（

）A． B． C． D．5、的算术平方根是（

）A．9 B． C．3 D．6、一辆轿车和一辆货车分别从甲、乙两地同时出发，匀速相向而行，相遇后继续前行，已知两车相遇时轿车比货车多行驶了90千米，设行驶的时间为x（小时），两车之间的距离为y（千米），图中的折线表示从两车出发至轿车到达乙地这一过程中y与x之间的函数关系．则点C的纵坐标是（）A．260 B．280 C．300 D．3207、如图，点A的坐标是（2，2），若点P在x轴上，且△AOP是等腰三角形，则点P的坐标不可能是（）A．（2，0） B．（4，0） C．（﹣，0） D．（3，0）8、已知是二元一次方程组mx−ny=8nx+my=1的解，则的立方根为（

）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非选择题84分）二、填空题（7小题，每小题2分，共计14分）1、解不等式组的解集是_______．2、小明同学非常喜欢数学，他在课外书上看到了一个有趣的定理“中线长定理”：在△ABC中，若O为BC边的中点，则必有：AB2＋AC2＝2AO2＋2BO2成立．依据以上结论，解决如下问题：如图，在矩形DEFG中，已知DE＝4，EF＝3，点P在以DE为直径的半圆上运动，则的最小值为______．3、在，0，，﹣1.5这四个数中，最小的是_____．4、以下图形：①线段，②等边三角形，③平行四边形，④矩形，⑤圆，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的序号是________．5、如图是小明的身高随年龄变化的图像，那么小明自16岁到18岁这两年间身高一共增高了约___________cm．6、如果代数式意义，那么x的取值范围是_______．7、如图，点的坐标为，点的坐标为，将绕点第一次顺时针旋转得到△，将△绕点第二次顺时针旋转得到△，将△绕点第三次顺时针旋转得到△，，如此进行下去，则点的坐标为__．三、解答题（7小题，每小题10分，共计70分）1、计算：(1)计算：+（）﹣1；(2)求x的值：（x﹣1）2﹣4＝0．2、在平面直角坐标系中，△ABC各顶点的坐标分别为A（－3，2），B（4，1），C（0，－3）．请在图中作出△ABC关于原点对称的△A′B′C′，并写出△A′B′C′各顶点的坐标．3、如图1，在平面直角坐标系中，已知直线l：y＝kx+b与x轴交于点A，与y轴交于点B，与直线CD相交于点D，其中AC＝14，C（﹣6，0），D（2，8）．(1)求直线l的函数解析式；(2)如图2，点P为线段CD延长线上的一点，连接PB，当△PBD的面积为7时，将线段BP沿着y轴方向平移，使得点P落在直线AB上的P'处，求点P′到直线CD的距离；(3)若点E为直线CD上的一点，则在平面直角坐标系中是否存在点F，使以点A，D，E，F为顶点的四边形为菱形？若存在，求出所有满足条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．4、如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于E．(1)发现：如图1，连接CE，则△BCE的形状是_______________，∠CDB=____________°；(2)探索：如图2，点P为线段AC上一个动点，当点P在CD之间运动时，连接BP，作∠BPQ=60°，PQ交射线DE于Q，连接BQ，即△BPQ是等边三角形；思路：在线段BD上截取点H，使DH=DP，得等边△DPH，由∠DPQ=∠HPB，PD=PH，∠QDP=∠BHP，易证△PDQ≌△PHB（ASA），得PQ=PB，即△BPQ是等边三角形．试判断线段DQ、DP、AD之间的关系，并说明理由；(3)类比：如图3，当点P在AD之间运动时连接BP，作∠BPQ=60°，PQ交射线DE于Q，连接BQ．①试判断△BPQ的形状，并说明理由；②若AD=2，设AP=x，DQ=y，请直接写出y与x之间的函数关系式．5、计算题(1)计算：；(2)化简：．6、先阅读短文，然后回答短文后面所给出的问题：对于三个数a、b、c的平均数，最小的数都可以给出符号来表示，我们规定M{a，b，c}表示这三个数的平均数，min{a，b，c}表示这三个数中的最小的数，max{a，b，c}表示这三个数中最大的数．例如：M{﹣1，2，3}＝，min{﹣1，2，3}＝﹣1，max{﹣1，2，3}＝3；M{﹣1，2，a}＝＝，min{﹣1，2，a}＝．(1)请填空：min{﹣1，3，0}＝；若x＜0，则max{2，x2+2，x+1}＝；(2)若min{2，2x+2，4﹣2x}＝M{x﹣1，5﹣4x，3x+2}，求x的取值范围．(3)若M{2，x+1，2x}＝min{2，x+1，2x}，求x的值．7、在平面直角坐标系中，将两块分别含45°和30°的直角三角板按如图放置（∠C=30°，AC=2AB），BC=．(1)点A坐标为____________，点B坐标为______________，点C坐标为________________；(2)平面内存在点D(与点A不重合)，使得△DBC与△ABC全等，请你直接写出点D的坐标．-参考答案-一、单选题1、B【解析】【分析】由菱形的性质得OA=OC=6，OB=OD，AC⊥BD，则AC=12，再由直角三角形斜边上的中线性质求出BD的长度，然后由菱形的面积公式求解即可．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴OA=OC=6，OB=OD，AC⊥BD，∴AC=12，∵DH⊥AB，∴∠BHD=90°，∴BD=2OH=2×4=8，∴菱形ABCD的面积=故选：B．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的斜边上的中线性质，菱形的面积公式等知识；熟练掌握菱形的性质，求出BD的长是解题的关键．2、C【解析】【分析】无理数就是无限不循环小数．理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数的统称．即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数．由此即可判定选择项．【详解】A．﹣4是整数，属于有理数，故本选项不合题意；B．是分数，属于有理数，故本选项不符合题意；C．是无理数，故选项合题意；D．0是整数，属于有理数，故选项不符合题意；故答案选：C【点睛】此题主要考查了无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有：π，2π等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001…（每两个1之间的0依次增加1个），等有这样规律的数．3、B【解析】【分析】根据一元一次不等式的解可得，由此即可得出答案．【详解】解：关于的不等式的解集是，，解得，故选：B．【点睛】本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．4、D【解析】【分析】将各选项化简，被开方数是2的二次根式是的同类二次根式，从而得出答案．【详解】解：A选项，，故该选项不符合题意；B选项，是最简二次根式，被开方数不是2，故该选项不符合题意；C选项，=2，故该选项不符合题意；D选项，，故该选项符合题意；故选：D．【点睛】本题考查了同类二次根式，二次根式的性质与化简，掌握一般地，把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式是解题的关键．5、C【解析】【分析】根据算术平方根的定义求解即可．【详解】解：∵，∴的算术平方根为3，故选：C．【点睛】本题考查算术平方根，会求一个数的算术平方根是解答的关键．6、C【解析】【分析】根据题意和函数图象中的数据，可以求出点C的纵坐标．【详解】解：由题意可得，甲乙两地的距离为150×3＝450（千米），∵两车相遇时轿车比货车多行驶了90千米，两车相遇时正好是3小时，∴轿车每小时比货车多行驶30千米，∴轿车的速度为：[450÷3﹣30]÷2+30＝90（千米/小时），货车的速度为：[450÷3﹣30]÷5＝60（千米/小时），轿车到达乙地用的时间为：450÷90＝5（小时），此时两车间的距离为：60×5＝300（千米），∴点C的纵坐标是300．故选：C．【点睛】本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．7、D【解析】【分析】先根据勾股定理求出OA的长，再根据①AP＝PO；②AO＝AP；③AO＝OP分别算出P点坐标即可．【详解】解：点A的坐标是（2，2），根据勾股定理可得：OA==，①若AP＝PO，可得：P（2，0），②若AO＝AP可得：P（4，0），③若AO＝OP，可得：P（，0）或（-，0），故点P的坐标不可能是：（3，0）．故选：D．【点睛】此题主要考查了坐标与图形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，关键是掌握等腰三角形的判定：有两边相等的三角形是等腰三角形，再分情况讨论．8、D【解析】【分析】将代入，得到关于，的方程组，再用代入消元法求解方程组，得到，的值，即可求得的值，再根据立方根的定义即可求解．【详解】解：是二元一次方程组的解由得，将代入，得，解得，将代入，得，，的立方根为，的立方根为，故选：D．【点睛】本题考查了二元一次方程组的解，熟练掌握二元一次方程组的解法、立方根的求法是解题的关键．二、填空题1、x>2【解析】【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．【详解】解：解不等式得：x＞-3，解不等式x-2＞0，得：x＞2，则不等式组的解集为x＞2，故答案为：x＞2．【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．2、10【解析】【分析】根据矩形的性质得，，即，，即可得．【详解】解：如图，设点M为DE的中点，点N为FC的中点，连接MN交半圆于点P，此时PN取最小值，∵DE=4，四边形DEFG为矩形，∴，，∴，∴，∴，故答案为：10．【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形三条边的关系，中线长定理，解题的关键是掌握中线长定理．3、-1.5【解析】【分析】根据负数<0<正数可知，此题是两个负数比较大小，含有根号的比较大小中，如果都是负数：谁的平方大，谁就小．【详解】因为，所以-1.5＜，所以-1.5＜＜0＜．故答案为：-1.5．【点睛】此题考查的是实数的比较大小，含有根号的比较大小中如果都是正数：谁的平方大，谁就大；如果都是负数：谁的平方大，谁就小；一正一负：正的大．4、①④⑤【解析】【分析】根据中心对称图形以及轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．【详解】】解：①线段既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；②等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；③平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；④矩形既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；⑤圆既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意．故答案为：①④⑤．【点睛】本题考查了中心对称图形以及轴对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后和原图形重合．5、【解析】【分析】先求解时对应的一次函数的解析式，可得时的函数值，再求解时对应的函数解析式，可得时的函数值，从而可得答案.【详解】解：当时，设函数解析式为：解得：所以一次函数为：当时，当时，设函数解析式为：所以一次函数的解析式为：当时，（cm），故答案为：15【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解一次函数的解析式，已知自变量的值求解函数值，掌握“待定系数法求解解析式的步骤”是解本题的关键.6、且【解析】【分析】根据分式的分母不等于零和二次根式的被开方数是非负数进行解答．【详解】解：∵二次根式的被开方数是非负数，∴，解得．又∵分母不等于零，∴，∴且．故答案是：且．【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，解答本题的关键是分式的分母不等于零和二次根式的被开方数是非负数．7、【解析】【分析】根据题意得出点坐标变化规律，进而得出点的坐标位置，进而得出答案．【详解】解：点的坐标为，点的坐标为，是直角三角形，，，将绕点第一次顺时针旋转得到△，此时为，将△绕点第二次顺时针旋转得到△，得到为，再将△绕点第三次顺时针旋转得到△，得到，，依此规律，每4次循环一周，，，，，，点，即．故答案为．【点睛】此题主要考查了坐标与图形旋转，得出点坐标变化规律是解题关键．三、解答题1、(1)6(2)或-1【解析】【分析】（1）先根据平方根，零指数幂，负整数指数幂化简，再计算，即可求解；（2）先移项，再根据平方根的性质，可得或，即可求解．(1)解：+（）﹣1；(2)解：（x﹣1）2﹣4＝0移项得：，∴或，解得：或-1．【点睛】本题主要考查了平方根的性质，零指数幂，负整数指数幂，熟练掌握平方根的性质，零指数幂，负整数指数幂法则是解题的关键．2、见解析，，，【解析】【分析】利用关于原点对称的点的坐标特征写出、、的坐标，然后描点连线即可．【详解】解：如图，△即为所求；△各顶点的坐标分别为：，，．【点睛】本题考查了作图复杂作图，关于原点对称的点的坐标，解题的关键是找到对应点，顺次连接关于原点对称后的图形．3、(1)直线l的函数解析式为(2)点到直线的距离为(3)存在点或或或，使以点A，D，E，F为顶点的四边形为菱形．【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）由△PBD的面积求出点P的坐标，进而求出点P'(5,4)，构建△P'DN用解直角三角形的方法即可求解；（3）分AD是菱形的边、AD是菱形的对角线两种情况，利用图象平移和中点公式，分别求解即可．(1)解：∵，点A在点C右侧，∴．∵直线l与直线相交于点，∴解得

∴直线l的函数解析式为．(2)解：如图1，过点P作轴于点N，作轴，交于点，过点作于点M，过点D作轴于点E，设与y轴交于点F，设直线的解析式为，∵，∴解得∴直线的解析式为．∴．∴∵，∴∵直线l的解析式为，∴．∴．∴．设，∵，∴，即，解得．∴．∵将线段沿着y轴方向平移，使得点P落在直线上的处，∴．∴．∴．∵，∴．∵，∴是等腰直角三角形．∴，即点到直线的距离为．(3)解：①如图2，当、为边时，∵，∴．∵四边形是菱形，∴．∵直线的解析式为，∴可设直线的解析式为．∵，∴，解得．∴直线的解析式为．设，∴，解得．∴．当、为边时，∵，∴．∵四边形是菱形，∴．∵直线的解析式为，∴可设直线的解析式为．∵，∴-，解得．∴直线的解析式为．设，∴，解得或（舍去），∴．②如图3，当为对角线时，则．由①得直线的解析式为．设，∵，∴，解得．∴．综上所述，存在点或或或使以点A，D，E，F为顶点的四边形为菱形．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到二次函数的性质、平行四边形的性质、图形的平移、面积的计算等，分类求解解题的关键．4、(1)等边三角形，60；(2)AD=DQ+DP，见解析；(3)①△BPQ是等边三角形，见解析；②y=-x+4【解析】【分析】（1）根据直角三角形的两锐角互余求得∠ABC=60°，再根据角平分线的定义求得∠ABD=∠CBD=∠A=30°，则AD=BD，根据等腰三角形的性质证得AE=BE，再由直角三角形斜边上的中线性质得出CE=BE，根据等边三角形的判定即可得出结论；（2）根据思路和全等三角形的性质得出BH=DQ，结合AD=BD，BD=DH+BH即可解答；（3）延长BD至F，使DF=PD，连接PF，可证得△PDF是等边三角形，则有PF=PD，∠F=∠PDF=∠DPF=60°，进而可得∠F=∠PDQ=60°，证明∠BPF=∠QPD，利用ASA证明△PBF≌△PQD，得出PB=PQ，BF=DQ，结合∠BPQ=60°和AD=BD即可得出①②的结论．(1)解：如图1，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，∴∠ABC=60°，∵BD是△ABC的角平分线，∴∠ABD=∠CBD=∠ABC=30°，∴∠ABD=∠A，∠CDB=90°－∠CBD=60°，∴AD=BD，又DE⊥AB，∴AE=BE=AB，又∠ACB=90°，∴CE=AB=BE，又∠ABC=60°，∴△BCE是等边三角形，故答案为：等边三角形，60；(2)解：AD=DQ+DP，理由为：在线段BD上截取点H，使DH=DP，如图2，∵∠CDB=60°，∴△DPH为等边三角形，∴DP=PH，∠DPH=∠DHP=60°，又∠BPQ=60°，∴∠DPQ+∠QPH=∠HPB+∠QPH=60°，∠BHP=120°，∴∠DPQ=∠HPB，∵∠A=30°，DE⊥AB，∴∠QDP=∠A+∠AED=30°+90°=120°，∴∠QDP=∠BHP，在△PDQ≌△PHB中，∴△PDQ≌△PHB（ASA），∴DQ=BH，PQ=PB，∵AD=BD，∠BPQ=60°，∴△BPQ为等边三角形，AD=BD=BH+DH=DQ+DP，即AD=DQ+DP；(3)解：①△BPQ为等边三角形，理由为：延长BD至F，使DF=DP，连接PF，设DQ和BP相交于O，如图3，∵∠PDF=∠CDB=60°，∴△PDF为等边三角形，∴PF=DP，∠F=∠PDF=∠DPF=60°，∵∠A=30°，DE⊥AB，

∴∠PDQ=90°－∠A=60°，∴∠F=∠PDQ=60°，∵∠DPF+∠DPB=∠BPQ+∠DPB，又∠BPQ=60°，∴∠BPF=∠QPD，在△PBF和△PQD中，，∴△PBF≌△PQD（ASA），∴PB=PQ，BF=DQ，又∠BPQ=60°，∴△BPQ为等边三角形；②∵DF=DP，BF=DQ，AD=BD，∴DQ=BF=BD+DF=AD+DP，∵AD=2，AP=x，DQ=y，∴y=2+2－x，即y=－x+4．【点睛】本题考查含30°角的直角三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形的外角性质等知识，知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系和运用，利用类比的方法解决问题是解答的关键．5、(1)2(2)【解析】【分析】（1）先化简根式，求绝对值和零指数幂，然后进行加减运算即可；（2）先通分、因式分解，然后计算乘除即可