解析卷-沪科版8年级下册期末试题附参考答案详解（黄金题型）

沪科版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16分）一、单选题（8小题，每小题2分，共计16分）1、下列各方程中，一定是一元二次方程的是（）A． B．C． D．2、下列各式计算正确的是（）A． B．2 C．1 D．103、用配方法解方程时，原方程应变形为（）A． B． C． D．4、如图，中，，，，点为的中点，以为圆心，长为半径作半圆，交于点，则图中阴影部分的面积是（）A． B． C． D．5、下列四组数中，不能构成直角三角形边长的一组数是（）A．0.3，0.4，0.5 B．1，， C．14，16，20 D．6，8，106、如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB，垂足为D，AF平分∠CAB，交CD于点E，交CB于点F．若AC=3，AB=5，则线段DE的长为（）A． B．3 C． D．17、以下列各组数为边长的三角形中，不能构成直角三角形的一组是（）A．6、8、10 B．5、12、13 C．8、15、17 D．4、5、68、满足下列条件的三角形中，不是直角三角形的是（）A．三内角之比为3：4：5 B．三边长的平方之比为1：2：3C．三边长之比为7：24：25 D．三内角之比为1：2：3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、若关于x的一元二次方程有两个不相等的解，则k的取值范围是________．2、重庆某风景区2021年三月份共接待游客4000人次，五月份共接待游客9000人次，则每月的平均增长率为______．3、计算：＝___．4、在△ABC中，AB＝10，BC＝8，∠B＝60°，则AC的长度是___．5、如图，正方形ABCD内有一等边三角形BCE，直线DE交AB于点H，过点E作直线GF⊥DH交BC于点G，交AD于点F．以下结论：①∠CEG＝15°；②AF＝DF；③BH＝3AH；④BE＝HE+GE；正确的有_________．（填序号）6、如图，已知中，，，动点M满足，将线段绕点C顺时针旋转得到线段，连接，则的最小值为_________．7、计算：＝___．三、解答题（6小题，每小题10分，共计60分）1、某中学号召学生开展社会实践活动．学校随机地通过问卷形式调查了200名学生，并将学生参加社会实践活动的天数，绘制了如下不完整的条形统计图：请根据图中提供的信息，完成下列问题（填入结果和补全图形）：（1）补全条形统计图；（2）学生参加社会实践活动天数的中位数是______天；学生参加社会实践活动天数的众数是______天；（3）该校共有1500人，请你估计“实践活动时间为5天”的学生有多少人？2、已知在中，P是的中点，B是延长线上的一点，连接，．（1）如图1，若，，，，求的长；（2）过点D作，交的延长线于点E，如图2所示，若，，求证：；（3）如图3，若，是否存在实数m，使得当时，？若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．3、解方程：（1）；（2）．4、正方形ABCD边长为6，点E在边AB上（点E与点A、B不重合），点F、G分别在边BC、AD上（点F与点B、C不重合），直线FG与DE相交于点H．（1）如图1，若∠GHD=90°，求证：GF=DE；（2）在（1）的条件下，平移直线FG，使点G与点A重合，如图2．联结DF、EF．设CF=x，△DEF的面积为y，用含x的代数式表示y；（3）如图3，若∠GHD=45°，且BE=2AE，求FG的长．5、计算：（）2．6、“聚焦双减，落实五项管理”，为了解双减政策实施以来同学们的学习状态，某校志愿者调研了七，八年级部分同学完成作业的时间情况，从七，八年级中各抽取20名同学作业完成时间数据（单位：分钟）进行整理和分析，共分为四个时段（x表示作业完成时间，x取整数）：A．；B．；C．；D．，完成作业不超过80分钟为时间管理优秀，下面给出部分信息：七年级取20名完成作业时间：55，58，60，65，64，66，60，60，78，78，70，75，75，78，78，80，82，85，85，88．八年级抽取20名同学中完成作业时间在C时段的所有数据为：72，75，74，76，75，75，78，75．七、八年级抽取的同学完成作业时间统计表：年级平均数中位数众数七年级7275b八年级75a75根据以上信息，回答下列问题：（1）填空：______，______，并补全统计图；（2）根据以上数据分析，双减政策背景的作业时间管理中，哪个年级落实得更好？请说明理由（写出一条即可）；（3）该校七年级有900人，八年级有700人，估计七、八年级为时间管理优秀的共有多少人？-参考答案-一、单选题1、C【分析】根据一元二次方程的定义逐项分析判断即可【详解】A、含有分式，不是一元二次方程，故此选项不符合题意；B、当时，不是一元二次方程，故此选项不符合题意；C、是一元二次方程，故此选项符合题意；D、含有两个未知数，不是一元二次方程，故此选项不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，掌握定义是解题的关键．一元二次方程定义，只含有一个未知数，并且未知数项的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程．2、D【分析】根据二次根式的加减法对A、B进行判断；根据二次根式的性质对C进行判断；根据二次根式的乘法法则对D进行判断．【详解】解：A．

与不能合并，所以A选项不符合题意；B．=，所以B选项不符合题意；C．=，所以C选项不符合题意；D．=2×5=10，所以D项符合题意．故选：D．【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则是解决问题的关键．3、B【分析】根据配方法解一元二次方程的步骤首先把常数项移到右边，方程两边同时加上一次项系数一半的平方配成完全平方公式．【详解】解：移项得：方程两边同时加上一次项系数一半的平方得：配方得：．故选：B．【点睛】此题考查了配方法解一元二次方程的步骤，解题的关键是熟练掌握配方法解一元二次方程的步骤．配方法的步骤：配方法的一般步骤为：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．4、A【分析】连接OD，BD，作OH⊥CD交CD于点H，首先根据勾股定理求出BC的长度，然后利用等面积法求出BD的长度，进而得到是等边三角形，，然后根据30°角直角三角形的性质求出OH的长度，最后根据进行计算即可．【详解】解：如图所示，连接OD，BD，作OH⊥CD交CD于点H∵，，∴在中，∵点为的中点，以为圆心，长为半径作半圆∴是圆的直径，∴∴，即解得：又∵∴∴是等边三角形∴∴∵OH⊥CD∴，∴．故选：A．【点睛】本题考查了30°角直角三角形的性质，等边三角形的性质和判定，扇形面积，勾股定理等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．5、C【分析】先分别求出两小边的平方和和最长边的平方，再看看是否相等即可．【详解】解：A．∵0.32+0.42=0.52，∴以0.3，0.4，0.5为边能组成直角三角形，故本选项不符合题意；B．∵12+（）2=（）2，∴以1，，为边能组成直角三角形，故本选项不符合题意；C．∵142+162≠202，∴以14，16，20为边不能组成直角三角形，故本选项符合题意；D．∵62+82=102，∴以6，8，10为边能组成直角三角形，故本选项不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，注意：如果一个三角形的两条边a、b的平方和等于第三边c的平方，那么这个三角形是直角三角形．6、C【分析】过点F作FG⊥AB于点G，由∠ACB=90°，CD⊥AB，AF平分∠CAB，可得∠CAF=∠FAD，从而得到CE=CF，再由角平分线的性质定理，可得FC=FG，再证得，可得，然后设，则，再由勾股定理可得，然后利用三角形的面积求出，即可求解．【详解】解：如图，过点F作FG⊥AB于点G，∵∠ACB=90°，CD⊥AB，∴∠CDA=90°，∴∠CAF+∠CFA=90°，∠FAD+∠AED=90°，∵AF平分∠CAB，∴∠CAF=∠FAD，∴∠CFA=∠AED=∠CEF，∴CE=CF，∵AF平分∠CAB，∠ACF=∠AGF=90°，∴FC=FG，∵，∴，∴，∵AC=3，AB=5，∠ACB=90°，∴BC=4，，设，则，∵，∴，解得：，∴，∵，∴，∴．故选：C【点睛】本题主要考查了勾股定理，角平分线的性质定理，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握勾股定理，角平分线的性质定理，等腰三角形的判定和性质是解题的关键．7、D【分析】根据题意由勾股定理的逆定理，进而验证两小边的平方和等于最长边的平方进行判断即可．【详解】解：A、62+82＝102，故是直角三角形，故此选项不符合题意；B、52+122＝132，故是直角三角形，故此选项不符合题意；C、82+152＝172，故是直角三角形，故此选项不符合题意；D、42+52≠62，故不是直角三角形，故此选项符合题意．故选：D．【点睛】本题考查勾股定理的逆定理．注意掌握判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．8、A【分析】根据勾股定理逆定理及三角形内角和可直接进行排除选项．【详解】解：A、由三内角之比为3：4：5可设这个三角形的三个内角分别为，根据三角形内角和可得，所以，所以这个三角形的最大角为5×15°=75°，故不是直角三角形，符合题意；B、由三边长的平方之比为1：2：3可知该三角形满足勾股定理逆定理，即1+2=3，所以是直角三角形，故不符合题意；C、由三边长之比为7：24：25可设这个三角形的三边长分别为，则有，所以是直角三角形，故不符合题意；D、由三内角之比为1：2：3可设这个三角形的三个内角分别为，根据三角形内角和可得，所以，所以这个三角形的最大角为3×30°=90°，是直角三角形，故不符合题意；故选A．【点睛】本题主要考查勾股定理逆定理及三角形内角和，熟练掌握勾股定理逆定理及三角形内角和是解题的关键．二、填空题1、【分析】根据根的判别式解答．【详解】解：，∵一元二次方程有两个不相等的解，∴，∴>0，解得，故答案为：．【点睛】此题考查了利用一元二次方程根的情况求参数的取值范围，正确掌握一元二次方程根的判别式的三种情况是解题的关键．2、50%【分析】设每月的平均增长率为x，然后根据题意列一元二次方程解答即可．【详解】解：设每月的平均增长率为x4000（1+x）2=9000解得x=0.5=50%或x=-0.5（不合题意舍去）．故答案是50%．【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用—增长率问题，设出未知数、正确列出一元二次方程成为解答本题的关键．3、##【分析】先利用二次根式的性质化简，再化简绝对值，计算二次根式的加法即可得．【详解】解：原式，故答案为：．【点睛】本题考查了二次根式的化简与加法，熟练掌握二次根式的运算法则是解题关键．4、∴△EFM的周长=EF+FM+EM=EF+BC+BC=EF+BC=1故答案为：13【点睛】本题考查直角三角形斜边中线的性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半；熟练掌握性质是解题关键．3．【分析】先画出图形（见解析），过点作于点，先利用直角三角形的性质、勾股定理可得的长，从而可得的长，再在中，利用勾股定理即可得．【详解】解：如图，过点作于点，在中，，，，，则在中，，故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理、含角的直角三角形的性质，熟练掌握勾股定理是解题关键．5、①【分析】由正方形的性质和等边三角形的性质可得，，可得，可求，故①正确；由““可证，可得，可证，由线段垂直平分线的性质可得，故②错误；设，由等边三角形的性质和三角形中位线定理分别求出，的长，可判断③，通过证明点，点，点，点四点共圆，可得，可证，由三角形三边关系可判断④，即可求解．【详解】解：四边形是正方形，，，是等边三角形，，，，，，，故①正确；如图，连接，过点作直线于，交于，连接，，，又，，，，，，，，又，，，，故②错误；设，，，四边形是矩形，，，，是等边三角形，，，，，，又，，，，故③错误；如图，连接，，，，，点，点，点，点四点共圆，，，，，，，故④错误；故答案为：①．【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，正方形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用这些性质解决问题．6、##【分析】证明△AMC≌△BNC，可得，再根据三角形三边关系得出当点N落在线段AB上时，最小，求出最小值即可．【详解】解：∵线段绕点C顺时针旋转得到线段，∴，，∵，，∴，∴△AMC≌△BNC，∴，∵∴的最小值为；故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题关键是证明三角形全等，得出，根据三角形三边关系取得最小值．7、3【分析】原式利用绝对值的代数意义，以及二次根式性质化简即可得到结果．【详解】解：∵＞0，＜0，﹣2＜0，∴原式＝﹣（）+|﹣2|＝﹣2+3-+2＝3，故答案为：3．【点睛】本题考查了绝对值的化简，二次根式的性质，准确掌握性质是解题的关键．三、解答题1、（1）见解析；（2）5；6；（3）大约有300人【分析】（1）根据题意用200减去其他项目的天数，即可求得学生参加社会实践活动的天数为6天的人数，进而补全统计图；（2）根据条形统计图直接求得众数，根据中位数的定义可得中位数是第100个和101个，根据条形统计图可得中位数为5天；（3）根据“实践活动时间为5天”所占的比例乘以1500即可求得【详解】（1）6天：；补图如图：（2）根据中位数的定义可得中位数是第100个和101个，根据条形统计图可得中位数为5，学生参加社会实践活动天数的众数是6天，故答案为：5，6；（3）答：“活动时间为5天”的大约有300人【点睛】本题考查了样本估计总体，求中位数，求众数，求条形统计图中某项，掌握条形统计图是解题的关键．2、（1）4；（2）见解析；（3）存在，【分析】（1）根据，，可得∠B=30°，根据30°直角三角形的性质可得，根据，可证是等边三角形，得出，根据P是的中点，得出．设，则，根据勾股定理，求（已舍去）即可．（2）连接，根据DE∥AC，可得．先证△CPA≌△DPE（AAS），再证是等边三角形，可证△CAB≌△EBA（SAS），得出即可；（3）存在这样的m，m=．作DE∥AC交的延长线于E，连接，根据点P为CD中点，可得CP=DP，根据DE∥AC，可得∠CAP=∠DEP，，先证△APC≌△EPD（AAS），得出，当时，，作于F，可得，可得，得出．再证△ACB≌△BEA（SAS），得出即可．【详解】（1）解：∵，，∴∠B=180°-∠CAB-∠ACB=180°-90°-60°=30°，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴．∵P是的中点，∴．在中，，设，则，∴，∴，∴（已舍去），∴．（2）证明：如图1，连接，∵DE∥AC，∴．在和中，，∴△CPA≌△DPE（AAS），∴，．∵，∴．又∵DE∥AC，∴，∴是等边三角形，∴，．∵，∴．在△CAB和△EBA中，，∴△CAB≌△EBA（SAS），∴，∴．（3）存在这样的m，m=．解：如图3，作DE∥AC交的延长线于E，连接，∵点P为CD中点，∴CP=DP，∵DE∥AC，∴∠CAP=∠DEP，，在△APC和△EPD中，，∴△APC≌△EPD（AAS），∴，AP=EP，∴，当时，，作于F，∵，∴，∴．∴点E，F重合，∴，∴∴．在△ACB和△BEA中，，∴△ACB≌△BEA（SAS），∴．∴存在，使得．【点睛】本题考查线段中点，等边三角形性质，勾股定理，解一元二次方程，三角形全等判定与性质，等腰直角三角形判定与性质，掌握线段中点，等边三角形性质，勾股定理，解一元二次方程，三角形全等判定与性质，等腰直角三角形判定与性质是解题关键．3、（1），（2），【分析】（1）原方程运用因式分解法求解即可；（2）原方程运用配方法求解即可．（1），∴，（2）∴，【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解答此题的关键4、（1）见解析（2）y=x2-3x+18（0＜x＜6）（3）【分析】（1）如图1中，作CM∥FG交AD于M，CM交DE于点K．只要证明四边形CMGF是平行四边形，△ADE≌△DCM即可解决问题；（2）根据S△DEF=S梯形EBCD-S△DCF-S△EFB计算即可解决问题；（3）如图3中，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCM．作DN∥GF交BC于点N，连接EN．由△NDE≌△NDM（SAS），推出EN=NM，由AB=6，BE=2AE，推出AE=2，BE=4，设CN=x，则BN=6-x，EN=MN=2+x，在Rt△ENB中，根据EN2=EB2+BN2，构建方程求出x，再在Rt△DCN中，求出DN即可解决问题．（1）证明：如图1中，作CM∥FG交AD于M，CM交DE于点K．∵四边形ABCD是正方形，∴AD=CD，AD∥BC，∠A=∠ADC=90°，∵CM∥FG，DE⊥FG，∴四边形CMGF是平行四边形，CM⊥DE，∴CM=FG，∠CKD=90°∴∠CDE+∠DCM=90°，∠ADE+∠CDE=90°，∴∠ADE=∠DCM，∴△ADE≌△DCM（ASA），∴CM=DE，∴DE=FG．（2）如图2中，∵AF=DE，AD=AB，∠DAE=∠B=90°，∴△ADE≌△BAF（SAS），∴AE=BF，∵AB=BC，∴BE=CF=x，∴y=S△DEF=S梯形EBCD-S△DCF-S△EFB=×（x+6）×6-×6×x-×x（6-x）=3x+18-3x+x2-3x=x2-3x+18（0＜x＜6）．（3）如图3中，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCM．作DN∥GF交BC于点N，连接EN．则四边形DGFN是平行四边形，∴∠EDN=∠GHD=45°，∵∠ADC=90°，∴∠NDC+∠ADE=∠NDC+∠CDM=45°，∴∠NDE=∠NDM，∵DN=DN，DE=DM，∴△NDE≌△NDM（SAS），∴EN=NM，∵AB=6，BE=2AE，∴AE=2，BE=4，设CN=x，则BN=6-x，EN=MN=2+x，在Rt△ENB中，∵EN2=EB2+BN2，∴（x+2）2=（6-x）2+42