2021-2022学年八年级数学上学期期末测试卷（苏科版）02（考试卷+全解全析+答题卡）

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2021–2022学年上学期期末测试卷02八年级数学·全解全析12345678910CDBADBABAD 一、选择题      C【解析】解：在3.14、、、、π这五个数中，3.14、、=3是有理数，﹣、π是无理数．故选C．D【解析】解：A、不是轴对称图形，故此选项错误；B、不是轴对称图形，故此选项错误；C、不是轴对称图形，故此选项错误；D、是轴对称图形，故此选项正确；故选：D．B【解析】解：A、一组边对应相等，不能判定两个直角三角形全等，故此选项错误；B、两组直角边对应相等，可利用SAS判定两个直角三角形全等，故此选项正确；C、两组锐角对应相等，不能判定两个直角三角形全等，故此选项错误；D、一组锐角对应相等，不能判定两个直角三角形全等，故此选项错误；故选：B．A【解析】解：∵点P（m，1﹣2m）在第一象限，∴，由②得，m＜，所以，m的取值范围是0＜m＜．故选A．D【解析】解：由左加右减的法则可得：直线y=3x+15沿x轴向左平移2个单位，所得直线对应的函数关系式为：y=3（x+2）+15=3x+21．故选D．B【解析】∵BA＝BC，∠B＝80°，∴∠A＝∠ACB（180°﹣80°）＝50°，∴∠ACD＝180°﹣∠ACB＝130°，观察作图过程可知：CE平分∠ACD，∴∠DCE∠ACD＝65°，∴∠DCE的度数为65°，故选B．A【解析】解：①当mn＞0时，m、n同号，y=mnx过一三象限，同正时，y=mx+n经过一、二、三象限；同负时，过二、三、四象限；②当mn＜0时，m、n异号，y=mnx过二四象限，m＞0，n＜0时，y=mx+n经过一、三、四象限；m＜0，n＞0时，过一、二、四象限；故选A．B【解析】解：设，分别将和代入可得： ，解得 ，∴，当时，，故选：B．A【解析】解：∵在△ABC中，CF⊥AB于F，BE⊥AC于E，M为BC的中点，BC=8，∴MF=ME=BC=4，∵EF=5，∴△EFM的周长=4+4+5=13，故选：A．D【解析】如图所示，当时，，解得：，∴，当时，，∴，∵C在直线AB上，设，∴，，∵且将的面积平分，∴，∴，∴，解得，∴，设直线的解析式为，则，∴；故选D．二、填空题±【解析】解：∵2==（±）2，∴2的平方根是±．故答案为：±．2【解析】解：点P（﹣2，﹣3）到y轴的距离是2．故答案为：2．0【解析】解：根据一次函数的定义可得：m﹣2≠0，|m﹣1|=1，由|m﹣1|=1，解得：m=0或2，又m﹣2≠0，m≠2，∴m=0．故答案为：0．12【解析】解：如图，直线与x、y轴的交点A（﹣4，0），B（0，3）．则OA=4，OB=3．在直角△AOB中，根据勾股定理知AB===5，所以△AOB的周长是：5+4+3=12．故答案是：12．x＞﹣2【解析】解：∵直线y=kx+b与直线y=﹣2x相交于点A（﹣2，4），∴观察图象得：当x＞﹣2时，kx+b＞﹣2x，∴不等式kx+b＞﹣2x的解集为x＞﹣2．故答案为x＞﹣2．40°【解析】解：由题意得：AC=AC′，∴∠ACC′=∠AC′C；∵CC′∥AB，且∠BAC=70°，∴∠ACC′=∠AC′C=∠BAC=70°，∴∠CAC′=180°﹣2×70°=40°；由题意知：∠BAB′=∠CAC′=40°，故答案为40°．90【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=12CM，BC=AD=24CM，AD∥BC，∠A=90°，∴∠EDB=∠CBD．∵△CBD与△C′BD关于BD对称，∴△CBD≌△C′BD，∴∠EBD=∠CBD，∴∠EBD=∠EDB，∴BE=DE．设DE为x，则AE=24﹣x，BE=x，由勾股定理，得122+（24﹣x）2=x2，解得：x=15，∴DE=15cm，∴S△BDE==90cm2．故答案为90．（20，0）【解析】∵P3（1，0），P6（2，0），P9（3，0），…，∴P3n（n，0）当n=20时，P60（20，0）．三、解答题【解析】（1）解：原式=6+﹣1+2+5=12+．（2）解：或【解析】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；点A1的坐标（3，-1）；
故答案为：（3，-1）；

（2）如图，△A2BC即为所求；点A2坐标（-2，-3）；
故答案为：（-2，-3）；
（3）如图，点P′（0，0）或点P（0，-8）即为所求．【解析】解：（1）把点A（2，n）代入y2=2x得n=2×2=4，则A点坐标为（2，4），把A（2，4）代入y1=（m﹣2）x+2得，4=（m﹣2）×2+2解得m=3；（2）∵m=3，∴y1=x+2，令y=0，则x=﹣2，∴B（﹣2，0），∵A（2，4），∴△ABO的面积=×2×4=4；（3）由图象可知：当x＜2时，y1＞y2．故答案为x＜2．【解析】（1）证明：∵△ACB与△ECD都是等腰直角三角形，∴CE=CD，AC=BC，∠ACB=∠ECD=90°，∠B=∠BAC=45°，∴∠ACE=∠BCD=90°﹣∠ACD，在△ACE和△BCD中，，∴△BCD≌△ACE（SAS）；（2）解：∵△BCD≌△ACE，∴BD=AE=8，∠EAC=∠B=45°，∴∠EAD=45°+45°=90°，在Rt△EAD中，由勾股定理得：AD===6，∴AB=BD+AD=8+6=14．【解析】证明：延长AD交BC于F，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∵∠DFE=∠B+∠BAD，∠DAE=∠EAC+∠CAD，
∵∠B=∠EAC，
 ∴∠DFE=∠DAE，
 ∴AE=FE，
 ∵ED⊥AD，
 ∴ED平分∠AEB．【解析】解：（1）∵AC的长度是男孩未拽之前的绳子长，（BC+CE）的长度是男孩拽之后的绳子长，绳长始终保持不变，
∴AC=BC+CE，
故答案为：=；
（2）连接AB，如图所示：
则点A、B、F三点共线，
在Rt△CFA中，由勾股定理得：AC==13（米），
∵BF=AF-AB=12-9=3（米），
在Rt△CFB中，由勾股定理得：BC=（米），
由（1）得：AC=BC+CE，
∴CE=AC-BC=（13-）（米），
∴小男孩需向右移动的距离为（13-）米．【解析】解：∵A（0，4），B（3，0），∴OA=4，OB=3，在Rt△OAB中，AB==5．∵△AOB沿过点B的直线折叠，使点A落在x轴上的点A′处，∴BA′=BA=5，CA′=CA，∴OA′=BA′﹣OB=5﹣3=2．设OC=t，则CA=CA′=4﹣t，在Rt△OA′C中，∵OC2+OA′2=CA′2，∴t2+22=（4﹣t）2，解得t=，∴C点坐标为（0，），设直线BC的解析式为y=kx+b，把B（3，0）、C（0，）代入得，解得，∴直线BC的解析式为y=﹣x+．【答案】解：（1）把(，)代入解析式得到：；（2）由（1）得，，
∴0＜解得：，∴正整数解为；（3）直线与轴交于点C（0，1），直线与轴交于点B()，∴.【解析】解：（1）由图象可得小丽与小明出发30min相遇，故答案为：30；（2）①设小丽步行的速度为V1m/min，小明步行的速度为V2m/min，且V2＞V1，则，解得：，答：小丽步行的速度为80m/min，小明步行的速度为100m/min；②设点C的坐标为（x，y），则可得方程（100+80）（x﹣30）+80（67.5﹣x）＝5400，解得x＝54，y＝（100+80）（54﹣30）＝4320m，∴点C（54，4320），点C表示：两人出发54min时，小明到达甲地，此时两人相距4320m．【解析】解：（1）∵已知一次函数y=-x+7与正比例函数y=x的图象交于点A，且与x轴交于点B，
∴B（7，0），A（3，4），
（2）①当0＜t＜4时，PO=t，PC=4-t，BR=T，OR=7-t，
过A作AM⊥x轴于点M，
∵以A、P、R为顶点的三角形的面积为8，
∴S梯形ACOB-S△ACP-S△POR-S△ARB=8，
∴（3+7）×4-×3×（4-t）-×t×（7-t）-×4t=8，
∴t2-8t+12=0，
解得t1=2，t2=6（舍），
当4≤t≤7时，
∴S△APR=×AP×OC=2（7-t）=8，
∴t=3（舍），
∴当t=2时，以A、P、R为顶点的三角形的面积为8．
②存在，
当0＜t≤4时，直线l与AB相交于Q，直线AB与y轴交于点N，
∵NO=OB，
∴∠OBN=∠ONB=45°，
∵直线l∥y轴，
∴RQ=RB=t，AM=BM=4，
∴QB=t，AQ=4−t，
∵RB=OP=QR=t，
∴PQ∥OR，
PQ=OR=7-t，
∵AP=AQ，
∴7-t=2×3，
∴t=1，
当4≤t≤7时，
若AP=AQ，
∴7-t=5-（7-t），
∴t=．
∴t=1或t=，以A、P、Q为顶点的三角形是AP=AQ的等腰三角形．