2018_2019学年北京市延庆八下期末数学试卷

这是一份2018_2019学年北京市延庆八下期末数学试卷，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共8小题；共40分）
1. 用配方法解方程：x2−4x+2=0，下列配方正确的是
A. x−22=2B. x+22=2
C. x−22=−2D. x−22=6

2. 在平面直角坐标系 xOy 中，函数 y=−2x−3 的图象经过
A. 第一、二、三象限B. 第一、二、四象限
C. 第一、三、四象限D. 第二、三、四象限

3. 窗棂即窗格（窗里面的横的或竖的格）是中国传统木构建筑的框架结构设计，窗棂上雕刻有线槽和各种花纹，构成种类繁多的优美图案．下列表示我国古代窗棂样式结构图案中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是
A. B.
C. D.

4. 已知关于 x 的一元二次方程 x2−2x+m=0 没有实数根，则实数 m 的取值范围是
A. m>1B. m≤1C. m0.x=−b±Δ2a=8±602.∴x1=4+15,x2=4−15.
【解析】
x2−8x=−1.
x2−8x+16=−1+16.
x−42=15.
x−4=±15.
∴x1=4+15,x2=4−15.
18. （1） ∵ 一次函数 y=kx+b 的图象经过 −1,1，1,3 两点，
∴1=−k+b,3=k+b.
解得 k=1,b=2.
∴ 一次函数的表达式为 y=x+2．
（2） 令 y=0，得 x=−2，
∴A−2,0．
令 x=0，得 y=2，
∴B0,2．
19. 连接 AF，CE，连接 AC 交 BD 于点 O．
因为四边形 ABCD 是平行四边形，
所以 OA=OC，OB=OD．
又 BE=DF，
所以 OE=OF．
所以四边形 AECF 是平行四边形．
所以 AE=CF．
【解析】证明二：
因为四边形 ABCD 是平行四边形，
所以 AB=CD，AB∥CD．
所以 ∠1=∠2．
在 △ABE 和 △CDF 中
AB=CD,∠1=∠2,BE=DF.
所以 △ABE≌△CDF SAS．
所以 AE=CF．
20. （1） ∵ 一次函数 y=ax−2a≠0 的图象过点 A3,1，
∴3a−2=1．
解得：a=1．
（2） 令 x=0，则 y=−2，
∴B0,−2，
S△AOB=12OB⋅xA，S△ABC=12BC⋅xA，
∵S△ABC=2S△AOB，
∴BC=2OB=4，
∴C10,2 或 C20,−6．
21. 设人行通道的宽度应是 x 米，
由题意列方程得：
21−3x8−2x=60.168−42x−24x+6x2−60=0.6x2−66x+108=0.x2−11x+18=0.x−2x−9=0.x=2,x=9不符合题意应舍去.
答：人行甬道的宽度是 2 米．
22. （1） Δ=m+32−4m+2=m+12，
∵m+12≥0，
∴ 无论实数 m 取何值，方程总有两个实根．
（2） 由求根公式，得 x1,2=m+3±m+12，
∴x1=1，x2=m+2．
∵ 方程的两个根均为正整数，
∴m+2>0，
∴m>−2，
又 ∵m 为负整数，
∴m=−1．
23. （1） ∵ 矩形纸片 ABCD 折叠，顶点 A 与 C 重合，折痕为 EF，
∴∠1=∠2，AD∥BC，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴CE=CF．
（2） 连接 AF．
∵ 矩形 ABCD，
∴AD∥BC，即：AE∥FC．
∵ 折叠矩形，顶点 A 与 C 重合，
∴AE=EC．
由第一问得 CE=CF，
∴AE=CF，
∴ 四边形 AECF 为平行四边形．
在 Rt△CED 中，CD=8，设 DE 为 x，则 CE 为 16−x，
根据勾股定理列方程可得：x2+82=16−x2，解得：x=6，即 DE=6．
∴AE=10，
∴ 平行四边形 AFCE 的面积为 80．
24. （1） 0，1，4，5，0，0
（2） 14，84.5，81
（3） 甲；两人的平均数相同且甲的方差小于乙，说明甲成绩稳定；两人的平均数相同且甲的极差小于乙，说明甲成绩变化范围小（写出其中一条即可），乙；在 90≤x≤100 的分数段中，乙的次数大于甲（答案不唯一，理由须支撑推断结论）
25. （1） ① 任意实数，
x=4 时，y=∣x−1∣=3；
②
（2） x1 时 y 随 x 的增大而增大．
26. （1） 由对称性可得 B2,0．
设直线 BC 的表达式为 y=kx+bk≠0，
代入点 B 点 2,0，C0,−2，
得：0=2k+b,b=−2, 解得：k=1,b=−2.
∴ 直线 BC 的表达式为 y=x−2．
（2） 设 Q 点坐标为 a,0，则 H 点坐标表示为 a,−a+1，G 点坐标表示为 a,a−2．
∴HG=−a+1−a−2=−2a+3=5，
∴−2a+3=±5，
解得 a1=−1，a2=4．
Q 点的坐标 Q1−1,0，Q24,0．
（3） −2.5≤b≤4．
27. （1） ③④
（2） ∵H，G 分别是 AD，CD 的中点，
∴HG∥AC，HG=12AC．
∵E，F 分别是 AB，CB 的中点，
∴EF∥AC，EF=12AC，
∴HG∥EF，HG=EF，
∴ 四边形 EFGH 是平行四边形．
∵E，H 分别是 AB，AD 的中点，
∴EH∥BD．
∵ 四边形 ABCD 是“对角线垂直四边形”，
∴AC⊥BD，
∴HG⊥HE，
∴ 四边形 EFGH 是矩形．
（3） 答：小明的说法正确．
证明：
S四边形ABCD=S△ACD+S△ACB=12AC⋅OD+12AC⋅OB=12AC⋅OD+OB=12AC⋅BD.
28. （1）
（2） 设 DM 与 BC 交于点 O，
∵ 正方形 ABCD，
∴∠DCB=90∘，
∵BH⊥DM，
∴∠BHD=90∘，
∴∠DCB=∠BHD．
∵∠1=∠2，
∴∠CBH=∠CDM．
（3） DH=BH+2CH．
过 C 点作 CN⊥CH．
∴ 可推证 ∠DCN=∠BCH，进而证明 △DCN≌△BCH，
∴CN=CH，DN=BH，
∴△CNH 为等腰直角三角形，
∴ 由勾股定理得：NH=2CH，
∴DH=DN+HN=BH+2CH．