综合解析冀教版8年级下册期末试题含答案详解（完整版）

冀教版8年级下册期末试题考试时间：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14分）一、单选题（7小题，每小题2分，共计14分）1、一多边形的每一个内角都等于它相邻外角的4倍，则该多边形的内角和是（）A．360° B．900° C．1440° D．1800°2、如图，在平行四边形中，平分，交边于，，，则的长为（）A．1 B．2 C．3 D．53、要了解我市初中学生完成课后作业所用的时间，下列抽样最适合的是（）A．随机选取城区6所初中学校的所有学生B．随机选取城区与农村各3所初中学校所有女生C．随机选取我市初中学校三个年级各1000名学生D．随机选取我市初中学校中七年级5000名学生4、能清楚地反映漳州市近三年初中毕业学生人数的变化情况，应绘制（）A．条形统计图 B．扇形统计图 C．折线统计图 D．直方图5、点与点Q关于y轴对称，则点Q的坐标为（）A． B． C． D．6、如图，在中，DE平分，，则（）A．30° B．45° C．60° D．80°7、如图，在矩形ABCD中，动点P从点A出发，沿A→B→C运动，设，点D到直线PA的距离为y，且y关于x的函数图象如图所示，则当和的面积相等时，y的值为（）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非选择题86分）二、填空题（8小题，每小题2分，共计16分）1、定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为6，中心为O，在正方形外有一点P，，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最短距离d的最大值为______．2、一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为_____．3、某班按课外阅读时间将学生分为3组，第1、2组的频率分别为0.2、0.5，则第3组的频率是___．4、已知：一次函数y＝kx＋b(k＞0)的图像过点(－1，0)，则不等式k(x－1)＋b＞0的解集是_______．5、如图，，矩形的顶点、分别在边、上，当在边上运动时，随之在上运动，矩形的形状保持不变，其中，．在运动过程中：（1）斜边中线的长度是否发生变化___（填“是”或“否”）；（2）点到点的最大距离是___．6、如图，A、B、C均为一个正十边形的顶点，则∠ACB=_____°．7、点A（2，1）关于x轴对称的点B的坐标是______．8、如图，四边形是菱形，与相交于点，添加一个条件：________，可使它成为正方形．三、解答题（7小题，每小题10分，共计70分）1、（1）【发现证明】如图1，在正方形中，点，分别是，边上的动点，且，求证：．小明发现，当把绕点顺时针旋转90°至，使与重合时能够证明，请你给出证明过程．（2）【类比引申】①如图2，在正方形中，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出，，之间的数量关系______（不要求证明）②如图3，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则，，之间的数量关系是______（不要求证明）（3）【联想拓展】如图1，若正方形的边长为6，，求的长．2、在△ABC中，BC=AC，∠C=90°，D是BC边上一个动点（不与点B，C重合），连接AD，以AD为边作正方形ADEF（点E，F都在直线BC的上方），连接BE．(1)根据题意补全图形，并证明∠CAD=∠BDE；(2)用等式表示线段CD与BE的数量关系，并证明；(3)用等式表示线段AD，AB，BE之间的数量关系（直接写出）．3、平面直角坐标系中有点、，连接AB，以AB为直角边在第一象限内作等腰直角三角形，则点C的坐标是_________．4、在一定弹性限度内，弹簧挂上物体后会伸长．现测得一弹簧长度y（cm）与所挂物体质量x（kg）有如下关系：（已知在弹性限度内该弹簧悬挂物体后的最大长度为21cm．）所挂物体质量x/kg0123456弹簧长度y/cm1212.51313.51414.515(1)有下列说法：①x与y都是变量，且x是自变量，y是x的函数；②所挂物体质量为6kg时，弹簧伸长了3cm；③弹簧不挂重物时的长度为6cm；④物体质量每增加1kg，弹簧长度y增加0.5cm．上述说法中错误的是（填序号）(2)请写出弹簧长度y（cm）与所挂物体质量x（kg）之间的关系式及自变量的取值范围．(3)预测当所挂物体质量为10kg时，弹簧长度是多少？(4)当弹簧长度为20cm时，求所挂物体的质量．5、如图，已知矩形ABCD（AB＜AD）．E是BC上的点，AE=AD．(1)在线段CD上作一点F，连接EF，使得∠EFC＝∠BEA(请用直尺和圆规作图，保留作图痕迹)；(2)在（1）作出的图形中，若AB＝4，AD＝5，求DF的值．6、背景资料：在已知所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小.这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图1，当三个内角均小于120°时，费马点P在内部，当时，则取得最小值．(1)如图2，等边内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求的度数，为了解决本题，我们可以将绕顶点A旋转到处，此时这样就可以利用旋转变换，将三条线段、、转化到一个三角形中，从而求出_______；知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点．请同学们探索以下问题．(2)如图3，三个内角均小于120°，在外侧作等边三角形，连接，求证：过的费马点．(3)如图4，在中，，，，点P为的费马点，连接、、，求的值．(4)如图5，在正方形中，点E为内部任意一点，连接、、，且边长；求的最小值．7、某厂计划生产A，B两种产品若干件，已知两种产品的成本价和销售价如下表：A种产品B种产品成本价（元/件）400300销售价（元/件）560450(1)第一次工厂用220000元资金生产了A，B两种产品共600件，求两种产品各生产多少件？(2)第二次工厂生产时，工厂规定A种产品生产数量不得超过B种产品生产数量的一半．工厂计划生产两种产品共3000件，应如何设计生产方案才能获得最大利润，最大利润是多少？-参考答案-一、单选题1、C【解析】【分析】设每一个外角都为x，则相邻的内角为4x，然后根据“邻补角和为180°”列方程求得外角的大小，然后再根据多边形外角和定理求得多边形边数，最后运用多边形内角和公式求解即可．【详解】解：设每一个外角都为x，则相邻的内角为4x，由题意得，4x+x＝180°，解得：x＝36°，多边形的外角和为360°，360°÷36°＝10，所以这个多边形的边数为10，则该多边形的内角和是：（10﹣8）×180＝1440°．故选：C．【点睛】本题主要考查了多边形内角和相邻外角的关系、多边形的外角和、多边形内角和等知识点，掌握多边形的外角和为360°是解答本题的关键．2、B【解析】【分析】先由平行四边形的性质得，，再证，即可求解．【详解】解：四边形是平行四边形，，，，平分，，，，，故选：B．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题．3、C【解析】【分析】抽取样本注意事项就是要考虑样本具有广泛性与代表性，所谓代表性，就是抽取的样本必须是随机的，即各个方面，各个层次的对象都要有所体现．【详解】解：A、随机选取城区6所初中学校的所有学生，不具有代表性，故选项不符合题意；B、随机选取城区与农村各3所初中学校所有女生，不具有代表性，故选项不符合题意；C、随机选取我市初中学校三个年级各1000名学生，具有代表性，故选项符合题意；D、随机选取我市初中学校中七年级5000名学生，不具有代表性，故选项不符合题意；故选：C．【点睛】本题主要考查抽样调查的可靠性，样本具有代表性是指抽取的样本必须是随机的，即各个方面，各个层次的对象都要有所体现．4、C【解析】【分析】根据统计图的特点解答．【详解】解：能清楚地反映漳州市近三年初中毕业学生人数的变化情况，应绘制折线统计图，故选：C．【点睛】此题考查了统计图的特点，条形统计图能够直观地反映各变量数量的差异，折线图能直观反映各变量的变化趋势，扇形统计图能清楚地表示各部分在总体中所占的百分比，直方图体现个体的数量，熟记每种统计图的特点是解题的关键．5、A【解析】【分析】根据关于y轴对称，纵不变，横相反的原理确定即可．【详解】∵关于y轴对称，纵不变，横相反，∴点与点Q关于y轴对称，点Q的坐标为（-3，2），故选A．【点睛】本题考查了坐标系中点的对称问题，熟练掌握对称点坐标的变化规律是解题的关键．6、C【解析】【分析】根据平行四边形的性质得，故，由DE平分得，即可计算．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∴，∵DE平分，∴，∴．故选：C．【点睛】本题考查平行四边形的性质，平行线的性质以及角平分线的定义，掌握平行四边形的性质是解题的关键．7、D【解析】【分析】先结合图象分析出矩形AD和AB边长分别为4和3，当△PCD和△PAB的面积相等时可知P点为BC中点，利用面积相等求解y值．【详解】解：当P点在AB上运动时，D点到AP的距离不变始终是AD长，从图象可以看出AD=4，当P点到达B点时，从图象看出x=3，即AB=3．当△PCD和△PAB的面积相等时，P点在BC中点处，此时△ADP面积为，在Rt△ABP中，，由面积相等可知：，解得，故选：D．【点睛】本题主要考查了函数图形的认识，分析图象找到对应的矩形的边长，解决动点问题就是“动中找静”，结合图象找到“折点处的数据真正含义”便可解决问题．二、填空题1、3【解析】【分析】由题意以及正方形的性质得OP过正方形ABCD各边的中点时，d最大，求出d的值即可得出答案【详解】解：如图：设AB的中点是E，OP过点E时，点O与边AB上所有点的连线中，OE最小，此时d=PE最大，∵正方形ABCD边长为6，O为正方形中心，∴AE=3，∠OAE=45°，OE⊥AB，∴OE=3，∵OP=6，∴d=PE=6-3=3；故答案为：3【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，根据题意得出d最大时点P的位置是解题的关键．2、6【解析】【分析】利用多边形的外角和以及多边形的内角和定理即可解决问题．【详解】解：多边形的外角和是360度，多边形的内角和是外角和的2倍，则内角和是720度，，这个多边形的边数为6．故答案为：6．【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理与外角和定理，解题的关键是熟练掌握多边形的外角和以及多边形的内角和定理．3、0.3【解析】【分析】根据各组频率之和为1，可求出答案．【详解】解：由各组频率之和为1得，1-0.2-0.5=0.3，故答案为：0.3．【点睛】本题考查频数和频率，理解“各组频数之和等于样本容量，各组频率之和等于1”是正确解答的前提．4、x＞0【解析】【分析】先把（−1，0）代入y＝kx＋b得b＝k，则k（x−1）＋b＞0化为k（x−1）＋k＞0，然后解关于x的不等式即可．【详解】解：把（−1，0）代入y＝kx＋b得−k＋b＝0，解b＝k，则k（x−1）＋b＞0化为k（x−1）＋k＞0，而k＞0，所以x−1＋1＞0，解得x＞0．故答案为：x＞0．【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式，把点（−1，0）代入解析式求得k与b的关系是解题的关键．5、否【解析】【分析】（1）设斜边中点为，根据直角三角形斜边中线即可；（2）取的中点，连接、、，根据三角形的任意两边之和大于第三边可知当、、Q三点共线时，点到点的距离最大，再根据勾股定理列式求出的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长，两者相加即可得解．【详解】解：（1）如图，设斜边中点为，在运动过程中，斜边中线长度不变，故不变，故答案为：否；（2）连接、、，在矩形的运动过程当中，根据三角形的任意两边之和大于第三边有，当、、三点共线时，则有，此时，取得最大值，如图所示，为中点，，又，，．故答案为：．【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到性质，三角形的三边关系，矩形的性质，勾股定理，根据三角形的三边关系判断出点、Q、三点共线时，点到点的距离最大是解题的关键．6、【解析】【分析】根据正多边形外角和和内角和的性质，得、；根据四边形内角和的性质，计算得；根据五边形内角和的性质，计算得，再根据三角形外角的性质计算，即可得到答案．【详解】如图，延长BA∵正十边形∴，正十边形内角，即根据题意，得四边形内角和为：，且∴∴根据题意，得五边形内角和为：，且∴∴故答案为：．【点睛】本题考查了正多边形、三角形外角的知识；解题的关键是熟练掌握正多边形外角和、正多边形内角和的性质，从而完成求解．7、【解析】【分析】平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于x轴的对称点的坐标是（x，-y），据此解答即可．【详解】解：根据轴对称的性质，得点A（2，1）关于x轴对称点A′的坐标是（2，-1），故答案为：（2，-1）【点睛】本题考查平面直角坐标系中关于坐标轴成轴对称的两点的坐标之间的关系，记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆，另一种记忆方法是记住：关于横轴的对称点，横坐标不变，纵坐标变成相反数．8、【解析】【分析】根据“有一个角是直角的菱形是正方形”可得到添加的条件．【详解】解：由于四边形是菱形，如果，那么四边形是正方形．故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的判定，解决本题的关键是熟练掌握正方形的判定定理．三、解答题1、（1）见解析；（2）①不成立，结论：；②，见解析；（3）【解析】【分析】（1）证明，可得出，则结论得证；（2）①将绕点顺时针旋转至根据可证明，可得，则结论得证；②将绕点逆时针旋转至，证明，可得出，则结论得证；（3）求出，设，则，，在中，得出关于的方程，解出则可得解．【详解】（1）证明：把绕点顺时针旋转至，如图1，，，，，，，三点共线，，，，，，，，；（2）①不成立，结论：；证明：如图2，将绕点顺时针旋转至，，，，，，，，；②如图3，将绕点逆时针旋转至，，，，，，，，，．即．故答案为：．（3）解：由（1）可知，正方形的边长为6，，．，，设，则，，在中，，，解得：．，．【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合应用，解题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等进行推导．2、(1)见解析(2)，证明见解析(3)【解析】【分析】（1）证明∠CAD和∠BDE都与∠ADC互余即可；（2）过E作EG⊥CB于G，利用△ACD≌△DGE可得CD＝EG，AC＝DG，从而可证明△BGE是等腰直角三角形，即可得到BE＝CD；（3）由AB2＝AC2＋BC2＝2AC2，AC2＝AD2−CD2可得AB2＝2（AD2−CD2），再根据BE＝CD即可得到线段AD，AB，BE之间的数量关系．(1)解：（1）补全图形如图所示．证明：∵正方形ADEF，∴∠ADE＝90°，∴∠BDE＝180°−∠ADE−∠ADC＝90°−∠ADC，∵∠C＝90°，∴∠CAD＝90°−∠ADC，∴∠CAD＝∠BDE；(2)解：．证明：过E作EG⊥CB于G，如图：∵四边形ADEF是正方形，∴AD＝DE，∵EG⊥CB，∴∠G＝90°＝∠C，在△ACD和△DGE中，，∴△ACD≌△DGE（AAS），∴CD＝EG，AC＝DG，∵AC＝BC，∴DG＝BC，∴DG−DB＝BC−DB，即BG＝CD，∴BG＝EG，∴△BGE是等腰直角三角形，∴BE＝BG，∴BE＝CD；(3)解：．理由如下：∵∠C＝90°，AC＝BC，∴AB2＝AC2＋BC2＝2AC2，AC2＝AD2−CD2，∴AB2＝2（AD2−CD2），而BE＝CD，∴CD2＝BE2，∴AB2＝2（AD2−BE2），即AB2＝2AD2−BE2．【点睛】本题考查等腰直角三角形、正方形、全等三角形的性质及应用，解题的关键是构造全等三角形，熟练掌握勾股定理的应用．3、3,7或7,4##7,4或3,7【解析】【分析】根据题意作出图形，①当∠BAC=90°时，过点C1作C1D⊥y轴于点，证明△AC1D△BAO；②当∠ABC=90°时，过点C2作C1E⊥x【详解】解：如图，、，∴AB=以AB为直角边在第一象限内作等腰直角三角形，则AC=AB=5,①当∠BAC=90°时，过点C1作C1D⊥y∵∠AOB=90°∴∠OAB+∠OBA=∠OAB+∠DA∴∠DA在△AC1D∠AOB=∠△AC1D∴AD=OB=4,D∴OD=OA+AD=3+4=7∴②当∠ABC=90°时，过点C2作C1E⊥x同理可得△AOB≌△BEOE=OB+BE=4+3=7，C2∴综上，点C的坐标是3,7或7,4故答案为：3,7或7,4【点睛】本题考查了坐标与图形，等腰直角三角形的性质，三角形全等的性质与判定，分类讨论是解题的关键．4、(1)③④；(2)y=0.5x+12（0≤x≤18）；(3)弹簧长度是17cm；(4)所挂物体的质量为16kg．【解析】【分析】（1）由表格可得弹簧原长以及所挂物体每增加1kg弹簧伸长的长度，可得答案；（2）由（1）中结论可求出弹簧总长y（cm）与所挂重物x（kg）之间的函数关系式；（3）令x=10时，求出y的值即可；（4）令y=20时，求出x的值即可．(1)解：x与y都是变量，且x是自变量，y是x的函数，故①正确；当x=6时，y=15，当x=0时，y=12，15-12=3，故②正确，③错误；在弹性限度内，物体质量每增加1kg，弹簧长度y增加0.5cm，但是当超出弹性限度后，弹簧长度就不再增加，故④错误；故答案为：③④；(2)解：弹簧长度y（cm）与所挂物体质量x（kg）之间的关系式为y=0.5x+12，∵在弹性限度内该弹簧悬挂物体后的最大长度为21cm．∴0.5x+12≤21，解得：x≤18，∴y=0.5x+12（0≤x≤18）；(3)解：当x=10kg时，代入y=0.5x+12，解得y=17cm，即弹簧长度是17cm；(4)当y=20cm时，代入y=0.5x+12，解得x=16，即所挂物体的质量为16kg．【点睛】本题考查了函数的关系式及函数值，关键在于根据图表信息列出等式，然后变形为函数的形式．5、(1)见解析(2)【解析】【分析】（1）作∠DAE的角平分线，与DC的交点即为所求，理由：可先证明△AEF≌△ADF，可得∠AEF=∠D=90°，从而得到∠DAE+∠DFE=180°，进而得到∠EFC=∠DAE，再由AD∥BC，即可求解；（2）根据矩形的性质可得∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝5，AB＝CD＝4，从而得到BE＝3，进而得到EC＝2，然后在中，由勾股定理，即可求解．(1)解：如图，作∠DAE的角平分线，与DC的交点即为所求．∵AE=AD，∠EAF=∠DAF，AF=AF，∴△AEF≌△ADF，∴∠AEF=∠D=90°，∴∠DAE+∠DFE=180°，∵∠EFC+∠DFE=180°，∴∠EFC=∠DAE，∵在矩形ABCD中，AD∥BC，∴∠BEA=∠DAE，∴∠EFC＝∠BEA；(2)解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝5，AB＝CD＝4，∵AE＝AD＝5，∴BE＝＝＝3，∴EC＝BC﹣BE＝5﹣3＝2，由（1）得：△AEF≌△ADF，∴，在中，，∴，∴．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．6、(1)150°；(2)见详解；(3)；(4)．【解析】【分析】（1）根据旋转性质得出≌，得出∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，根据△ABC为等边三角形，得出∠BAC=60°，可证△APP′为等边三角形，PP′=AP=3，∠AP′P=60°，根据勾股定理逆定理，得出△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，可求∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°即可；（2）将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，根据△APB≌△AB′P′，AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，根据∠PAP′=∠BAB′=60°，△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，根据，根据两点之间线段最短得出点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，点P在CB′上即可；（3）将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，得出△APB≌△AP′B′，可证△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，根据，可得点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，利用30°直角三角形性质得出AB=2AC=2，根据勾股定理BC=，可求BB′=AB=2，根据∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，在Rt△CBB′中，B′C=即可；（4）将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，得出△BCE≌△CE′B′，BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，可证△ECE′与△BCB′均为等边三角形，得出EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，，得出点C，点E，点E′，点B′四点共线时，最小=AB′，根据四边形ABCD为正方形，得出AB=BC=2，∠ABC=90°，可求∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，根据30°直角三角形性质得出BF=，勾股定理BF=，可求AF=AB+BF=2+，再根据勾股定理AB′=即可．(1)解：连结PP′，∵≌，∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=60°∴∠PAP′=∠PAC+∠CAP′=∠PAC+∠BAP=60°，∴△APP′为等边三角形，,∴PP′=AP=3，∠AP′P=60°，在△P′PC中，PC=5，，∴△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，∴∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°，∴∠APB=∠AP′C=150°，故答案为150°；(2)证明：将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，∵△APB≌△AB′P′，∴AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，∵∠PAP′=∠BAB′=60°，∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，∴PP′=AP，∵，∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，∴点P在CB′上，∴过的费马点．(3)解：将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，∴△