八年级数学下学期期中测试卷（人教版，河北专用）03

八年级数学下学期期中测试卷03

（满分：120分  时间：120分钟）

一．选择题（本大题有16个小题，共42分．1～10小题各3分，11～16小题各2分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1．若有意义，则x的取值范围是（　　）

A．x＞﹣1 B．x≥0 C．x≥﹣1 D．任意实数

【考点】二次根式有意义的条件．

【解答】解：由题意得：x+1≥0，

解得：x≥﹣1，

故选：C．

2．下列图象中，表示y是x的函数的是（　　）

A． B． 

C． D．  

【考点】函数的概念．

【解答】解：根据函数的定义可知，每给定自变量x一个值，都有唯一的函数值y与之相对应，

所以A、B、C不合题意．

故选：D．

3．已知直角三角形的两条直角边的长分别为1和2，则斜边的长为（　　）

A． B． C．3 D．5

【考点】勾股定理．

【解答】解：∵直角三角形的两条直角边的长分别为1和2，

∴斜边的长为：．

故选：B．

4．下列计算正确的是（　　）

A． B． C． D．

【考点】二次根式的混合运算．

【解答】解：A、，故A错误．

B、，故B正确．

C、，故C错误．

D、，故D错误．

故选：B．

5．函数y＝2x﹣5的图象经过（　　）

A．第一、三、四象限 B．第一、二、四象限 

C．第二、三、四象限 D．第一、二、三象限

【考点】一次函数的性质．

【解答】解：在y＝2x﹣5中，

∵k＝2＞0，b＝﹣5＜0，

∴函数过第一、三、四象限，

故选：A．

6．△ABC中，AB＝7，BC＝6，AC＝5，点D、E、F分别是三边的中点，则△DEF的周长为（　　）

A．4.5 B．9 C．10 D．12

【考点】三角形中位线定理．

【解答】解：∵点D、E、F分别是三边的中点，

∴DE、EF、DF为△ABC的中位线，

∴DE＝AB＝×7＝，DF＝AC＝×5＝，EF＝BC＝×6＝3，

∴△DEF的周长＝++3＝9，

故选：B．

7．在下列给出的条件中，能判定四边形ABCD为平行四边形的是（　　）

A．AB∥CD，AD＝BC B．∠A＝∠B，∠C＝∠D 

C．AB∥CD，AB＝CD D．AB＝AD，CB＝CD

【考点】平行四边形的判定．

【解答】解：A、由AB∥CD，AD＝BC不能判定四边形ABCD为平行四边形；

B、由∠A＝∠B，∠C＝∠D不能判定四边形ABCD为平行四边形；

C、由AB∥CD，AB＝CD能判定四边形ABCD为平行四边形；

D、AB＝AD，BC＝CD不能判定四边形ABCD为平行四边形；

故选：C．

8．已知P1（﹣3，y1），P2（2，y2）是一次函数y＝﹣x﹣1的图象上的两个点，则y1，y2的大小关系是（　　）

A．y1＝y2 B．y1＜y2 C．y1＞y2 D．不能确定

【考点】一次函数图象上点的坐标特征．

【解答】解：∵P1（﹣3，y1），P2（2，y2）是一次函数y＝﹣x﹣1的图象上的两个点，且﹣3＜2，

∴y1＞y2．

故选：C．

9．如图，一个梯子AB斜靠在一竖直的墙AO上，测得AO＝8米．若梯子的顶端沿墙面向下滑动2米，这时梯子的底端在水平的地面也恰好向外移动2米，则梯子AB的长度为（　　）

A．10米 B．6米 C．7米 D．8米

【考点】勾股定理的应用．

【解答】解：由题意得：AC＝BD＝2米，

∵AO＝8米，

∴CO＝6米，

设BO＝x米，则DO＝（x+2）米，由题意得：

62+（x+2）2＝82+x2，

解得：x＝6，

AB＝＝10（米），

故选：A．

10．小明骑自行车上学，路上要经过平路、上坡、下坡、平路，小明下坡、上坡及平路速度均为匀速，但上坡速度最慢，下坡速度最快，那么小明骑自行车上学时，离开家的路程S与所用时间t的函数图象大致是（　　）

A． B． 

C． D．

【考点】函数的图象．

【解答】解：小明骑自行车上学，路上要经过平路、上坡、下坡、平路，小明下坡、上坡及平路速度均为匀速，但上坡速度最慢，下坡速度最快，

所以小明骑自行车上学时，离开家的路程S与所用时间t的函数图象大致先坡度大，再坡度小，再坡度更大，最后坡度大，

故选：C．

11．下列结论中，矩形具有而菱形不一定具有的性质是（　　）

A．内角和为360° B．对角线互相平分 

C．对角线相等 D．对角线互相垂直

【考点】菱形的性质；矩形的性质．

【解答】解：矩形和菱形的内角和都为360°，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线垂直且平分，

∴矩形具有而菱形不具有的性质为对角线相等，

故选：C．

12．如图，平行四边形ABCD中，AE平分∠DAB，∠B＝100°，则∠DEA等于（　　）

A．100° B．80° C．60° D．40°

【考点】平行四边形的性质．

【解答】解：在▱ABCD中，

∵AD∥BC，

∴∠DAB＝180°﹣∠B＝180°﹣100°＝80°．

∵AE平分∠DAB，

∴∠AED＝∠DAB＝40°．

故选：D．

13．如图，在菱形ABCD中，AB＝5，∠B：∠BCD＝1：2，则对角线AC等于（　　）

A．5 B．10 C．15 D．20

【考点】菱形的性质．

【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，

∴∠B+∠BCD＝180°，AB＝BC，

∵∠B：∠BCD＝1：2，

∴∠B＝60°，

∴△ABC是等边三角形，

∴AB＝BC＝AC＝5．

故选：A．

14．如图，在我省某高速公路上，一辆轿车和一辆货车沿相同的路线从M地到N地，所经过的路程y（千米）与时间x（小时）的函数关系图象如图所示，轿车比货车早到（　　）

A．1小时 B．2小时 C．3小时 D．4小时

【考点】函数的图象．

【解答】解：

根据图象提供信息，可知M为CB中点，且MK∥BF，

∴CF＝2CK＝3．

∴OF＝OC+CF＝4．

∴EF＝OE﹣OF＝1．

即轿车比货车早到1小时，

故选：A．

15．如图，圆柱形玻璃杯高为14cm，底面周长为32cm，在杯内壁离杯底5cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿3cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为（　　）cm（杯壁厚度不计）．

A．14 B．18 C．20 D．25

【考点】平面展开﹣最短路径问题．

【解答】解：如图：

将杯子侧面展开，作A关于EF的对称点A′，

连接A′F，此时点A’、F、B在同一条直线上，

则AF+BF为蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离，即A′B的长度，

∵A′B＝＝＝20（cm）．

∴蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为20cm，

故选：C．

16．如图，在▱ABCD中，AB＝2，BC＝4，∠D＝60°，点P、Q分别是AC和BC上的动点，在点P和点Q运动的过程中，PB+PQ的最小值为（　　）

A．4 B．3 C．2 D．4

【考点】平行四边形的性质；轴对称﹣最短路线问题．

【解答】解：取BC的中点G，连接AG．

∵AB＝BG＝2，∠ABG＝∠D＝60°，

∴△ABG是等边三角形，

∴AG＝GC＝2，∠AGB＝∠BAG＝60°，

∴∠GAC＝∠GCA＝30°，

∴∠BAC＝90°，作点B关于AC的对称点F，连接CF，作BE⊥CF于E，则BE的长即为PB+PQ的最小值（垂线段最短），

易知△BCF是等边三角形，BE＝×4＝2，

∴BP+PQ的最小值为2．

故选：C．

二．填空题（本大题有3个小题，共12分．17～18小题各3分；19小题有2个空，每空3分）

17．计算（﹣2）（+2）的结果等于　﹣1　．

【考点】平方差公式；二次根式的混合运算．

【解答】解：（﹣2）（+2）

＝（）2﹣4

＝3﹣4

＝﹣1．

故答案为：﹣1．

18．正比例函数经过点A（﹣2，y1）、B（5，y2），如果y1＞y2，那么y随x的减小而　增大　．

【考点】正比例函数的性质；一次函数图象上点的坐标特征．

【解答】解：设正比例函数解析式为y＝kx（k≠0），

∵正比例函数经过点A（﹣2，y1）、B（5，y2），

∴y1＝﹣2k，y2＝5k，

∵y1＞y2，

∴﹣2k＞5k，

解得k＜0，

∴y随x的减小而增大，

故答案为增大．

19．已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，BC：AC＝3：4，则BC＝　6　，AC＝　8　．

【考点】勾股定理．

【解答】解：设BC＝3x，AC＝4x，（x＞0）．

由勾股定理得：AB2＝BC2+AC2，即102＝（3x）2+（4x）2，

解得x＝2．

故BC＝3x＝6，AC＝4x＝8．

故答案是：6；8．

三．解答题（本大题有7个小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

20．（8分）（1）已知x＝2﹣，y＝2+，求x2﹣y2的值；

（2）已知x＝﹣1，求代数式x2+2x+2的值．

【考点】分母有理化；二次根式的化简求值．

【解答】解：（1）∵x＝2﹣，y＝2+，

∴x+y＝4，x﹣y＝﹣2

∴x2﹣y2＝（x+y）（x﹣y）

＝4×（﹣2）

＝﹣8；

（2）∵x＝﹣1，

∴x+1＝，

∴（x+1）2＝23，

即x2+2x+1＝23，

∴x2+2x＝22，

∴x2+2x+2＝22+2＝24．

21．（8分）如图1，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且AE∥BD，BE∥AC，OE＝CD．

（1）求证：四边形ABCD是菱形；

（2）若∠ADC＝60°，BE＝2，求BD的长．

【考点】平行四边形的性质；菱形的判定与性质．

【解答】（1）证明：∵AE∥BD，BE∥AC，

∴四边形AEBO是平行四边形，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴DC＝AB．

∵OE＝CD，

∴OE＝AB．

∴平行四边形AEBO是矩形，

∴∠BOA＝90°．

∴AC⊥BD．

∴平行四边形ABCD是菱形；

（2）解：由（1）得：四边形AEBO是矩形，四边形ABCD是菱形，

∴OA＝BE＝2，AC⊥BD，BO＝DO，∠ADO＝30°，

∴OD＝OA＝2，

∴BD＝2OD＝4．

22．（9分）如图，一次函数y＝ax+b的图象与正比例函数y＝kx的图象交于点M．

（1）求正比例函数和一次函数的解析式；

（2）求△MOP的面积．

【考点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求正比例函数解析式；两条直线相交或平行问题．

【解答】解：（1）一次函数y＝ax+b的图象经过点（1，0），（0，﹣2），

∴，解得，

故一次函数的解析式为：y＝2x﹣2，

将x＝2代入y＝2x﹣2得，y＝2，

∴M（2，2），

将M（2，2）代入y＝kx，解得：k＝1，

所以正比例函数解析式为：y＝x；

（2）△MOP的面积为＝1．

23．（9分）阅读下列材料，然后解答下列问题：在进行代数式化简时，我们有时会碰上如，这样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：

（一）＝＝；

（二）＝＝＝﹣1；

（三）＝＝＝＝﹣1．以上这种化简的方法叫分母有理化．

（1）请用不同的方法化简：

①参照（二）式化简＝　﹣　．

②参照（三）式化简＝　﹣　．

（2）化简：+++…+．

【考点】分母有理化．

【解答】解：（1）①＝＝﹣；

②＝＝＝﹣；

（2）原式＝+++…+＝＝．

故答案为：（1）①﹣；②﹣

24．（10分）如图，在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝16cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A停止，同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s．连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为ts．

（1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形；

（2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形；

（3）分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积．

【考点】菱形的判定与性质；矩形的判定与性质．

【解答】解：（1）∵在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝16cm，

∴BC＝AD＝16cm，AB＝CD＝8cm，

由已知可得，BQ＝DP＝tcm，AP＝CQ＝（16﹣t）cm，

在矩形ABCD中，∠B＝90°，AD∥BC，

当BQ＝AP时，四边形ABQP为矩形，

∴t＝16﹣t，得t＝8，

故当t＝8s时，四边形ABQP为矩形；

（2）∵AP＝CQ，AP∥CQ，

∴四边形AQCP为平行四边形，

∴当AQ＝CQ时，四边形AQCP为菱形

即＝16﹣t时，四边形AQCP为菱形，解得t＝6，

故当t＝6s时，四边形AQCP为菱形；

（3）当t＝6s时，AQ＝CQ＝CP＝AP＝16﹣6＝10cm，

则周长为4×10cm＝40cm；

面积为10cm×8cm＝80cm2．

25．（10分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的三个顶点A，O，C在坐标轴上，矩形的面积为12，对角线AC所在直线的解析式为y＝kx﹣4k（k≠0）．

（1）求A，C的坐标；

（2）若D为AC中点，过D的直线交y轴负半轴于E，交BC于F，且OE＝1，求直线EF的解析式；

（3）在（2）的条件下，在坐标平面内是否存在一点G，使以C，D，F，G为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．

【考点】一次函数综合题．

【解答】解：（1）对于y＝kx﹣4k，令y＝0，即kx﹣4k＝0，解得x＝4，

故点A（4，0），则OA＝4，

而矩形的面积＝AO•OC＝4OA＝12，解得OC＝3，

故点C（0，3）；

（2）若D为AC中点，则点D（2，），

∵OE＝1，故点E（0，﹣1），

设直线EF的表达式为y＝mx+n，则，解得，

故直线EF的表达式为y＝x﹣1；

（3）存在，理由：

对于y＝x﹣1，令y＝3＝x﹣1，解得x＝，故点F（，3），

而点C，D的坐标分别为（0，3）、（2，），设点G（a，b），

①当CD是边时，

点C向右平移2个单位向下平移个单位得到点D，同样，点F（G）向右平移2个单位向下平移个单位得到点G（F），

则+2＝a且3﹣＝b或﹣2＝a且3+＝b，

解得，

故点G的坐标为（，）或（，）；

②当CD为对角线时，

由中点公式得：（0+2）＝（a+）且（3+）＝（b+3），解得，

故点G的坐标为（﹣，）；

故点G的坐标为（，）或（，）或（﹣，）．

26．（12分）如图，在边长为a的正方形ABCD中，作∠ACD的平分线交AD于F，过F作直线AC的垂线交AC于P，交CD的延长线于Q，又过P作AD的平行线与直线CF交于点E，连接DE，AE，PD，PB．

（1）求AC，DQ的长；

（2）四边形DFPE是菱形吗？为什么？

（3）探究线段DQ，DP，EF之间的数量关系，并证明探究结论；

（4）探究线段PB与AE之间的数量关系与位置关系，并证明探究结论．

【考点】四边形综合题．

【解答】解：（1）AC＝，

∵CF平分∠BCD，FD⊥CD，FP⊥AC，

∴FD＝FP，又∠FDQ＝∠FPA，∠DFQ＝∠PFA，

∴△FDQ≌△FPA（ASA），

∴QD＝AP，

∵点P在正方形ABCD对角线AC上，

∴CD＝CP＝a，

∴QD＝AP＝AC﹣PC＝（）a；（2）∵FD＝FP，CD＝CP，

∴CF垂直平分DP，即DP⊥CF，

∴ED＝EP，则∠EDP＝∠EPD，

∵FD＝FP，

∴∠FDP＝∠FPD，

而EP∥DF，

∴∠EPD＝∠FDP，

∴∠FPD＝∠EPD，

∴∠EDP＝∠FPD，

∴DE∥PF，而EP∥DF，

∴四边形DFPE是平行四边形，

∵EF⊥DP，

∴四边形DFPE是菱形；

（3）DP2+EF2＝4QD2，理由是：

∵四边形DFPE是菱形，设DP与EF交于点G，

∴2DG＝DP，2GF＝EF，

∵∠ACD＝45°，FP⊥AC，

∴△PCQ为等腰直角三角形，

∴∠Q＝45°，

可得△QDF为等腰直角三角形，

∴QD＝DF，

在△DGF中，DG2+FG2＝DF2，

∴有（DP）2+（EF）2＝QD2，整理得：DP2+EF2＝4QD2；

（4）∵∠DFQ＝45°，DE∥FP，

∴∠EDF＝45°，

又∵DE＝DF＝DQ＝AP＝（）a，AD＝AB，∴△ADE≌BAP（SAS），

∴AE＝BP，∠EAD＝∠ABP，

延长BP，与AE交于点H，

∵∠HPA＝∠PAB+∠PBA＝∠PAB+∠DAE，

∠PAB+∠DAE+∠HAP＝90°，

∴∠HPA+∠HAP＝90°，

∴∠PHA＝90°，即BP⊥AE，

综上：BP与AE的关系是：垂直且相等．