浙江省绍兴市新昌县2021-2022学年八年级下学期期中阶段性联考数学试卷（含答案）

这是一份浙江省绍兴市新昌县2021-2022学年八年级下学期期中阶段性联考数学试卷（含答案），共15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。


浙江省绍兴市新昌县2021-2022学年八年级下学期期中阶段性联考数学试卷
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分）
1．下列方程中是一元二次方程的是（　　）
A． B． C． D．
2．已知二次根式 x+3 ，当x＝1时，此二次根式的值为（　　）
A．2 B．±2 C．4 D．±4
3．下列四个图形中，为中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
4．用配方法解方程 x2+2x-1=0 时，配方结果正确的是（　　）
A．(x+2)2=2 B．(x+1)2=2 C．(x+2)2=3 D．(x+1)2=3
5．某社区青年志愿者小分队年龄情况如下表所示：
年龄（岁）
18
19
20
21
22
人数
2
5
2
2
1
则这12名队员年龄的众数、中位数分别是（　　）
A．2岁，20岁 B．2岁，19岁 C．19岁，20岁 D．19岁，19岁
6．一个多边形的内角和是外角和的4倍，这个多边形的边数是（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11
7．在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，∠DAC＝40°，∠CBD＝25°，则∠COD等于（　　）

A．60° B．65° C．70° D．75°
8．一元二次方程 x2+kx-4=0 的一个根是 x=-1 ，则另一个根是（　　）
A．4 B．-1 C．-3 D．-2
9．下列说法：①伸缩门的制作运用了四边形的不稳定性；②夹在两条平行线间的垂线段相等；③成中心对称的两个图形不一定是全等形；④一组对角相等的四边形是平行四边形，其中正确的有几个？（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝5，DC＝11，AD与BC的和是12，点E、F、G分别是BD、AC、DC的中点，则△EFG的周长是（　　）

A．8 B．9 C．10 D．12
二、填空题（本题有6小题，每小题3分，共18分）
11．(3)2 =　 　．
12．使代数式 x-3 有意义的x的取值范围是　 　．
13．九年级一班学生中，13岁的有5人，14岁的有30人，15岁的有5人，他们平均年龄是　 　岁．
14．已知平行四边形ABCD的两条对角线相交于平面直角坐标系中的原点O，点A（-1，3），则点C的坐标为　 　．
15．若关于x的一元二次方程（k﹣1）x2+4x+1=0有实数根，则k的取值范围是　 　．
16．已知O、A、B的坐标分别是（0，0），（3，1），（﹣1，2），在平面内找一点M，使得以点O、A、B、M为顶点的四边形是平行四边形，则点M的坐标为 　 　．
三、解答题（共8题，第17、18题每题5分，19、20、21、22题每题6分，第23题8分，第24题10分，共52分）
17．计算：
（1）8-2
（2）(3+2)(3-2)+(-5)2
18．解方程：
（1）3x2-2x=0
（2）x2+4x=5
19．如图，两根直立的竹竿相距6m，高分别为4m和7m，求两竹竿顶端间的距离AD．

20．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点都在格点上．

（1）请按下列要求画图：△A1B1C1与△ABC关于原点O成中心对称，画出△A1B1C1；
（2）写出△A1B1C1三个顶点的坐标．
21．某校八年级甲、乙两班分别选5名同学参加“学雷锋读书活动”演讲比赛，其预赛成绩如图：

（1）根据上图求出下表所缺数据
　
平均数
中位数
众数
方差
甲班
8.5
8.5
　 　
　 　
乙班
　 　
8
10
1.6
（2）根据上表中的平均数和方差，你认为哪班的成绩较好？并说明你的理由．
22．如图，等边△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，延长BC到点F，使CF＝ 12 BC，连结DE，CD，EF．

（1）求证：四边形DCFE是平行四边形．
（2）若AB=6，求四边形DCFE的周长．
23．某玩具销售商试销某一品种的玩具（出厂价为每个30元），以每个40元销售时，平均每月可销售100个，现为了扩大销售，销售商决定降价销售，在原来1月份平均销售量的基础上，经2月份的市场调查，3月份调整价格后，月销售额达到5760元，已知该玩具价格每个下降1元，月销售量将上升10个．
（1）求1月份到3月份销售额的月平均增长率．
（2）求三月份时该玩具每个的销售价格．
24．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝8，AC＝6，动点P从点A开始，沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点D从点A开始，沿边AB向点B以每秒 53 个单位长度的速度运动，且恰好能始终保持连结两动点的直线PD⊥AC，动点Q从点C开始，沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，连结PQ．点P，D，Q分别从点A，C同时出发，当其中一点到达端点时，另两个点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．

（1）当t=3时，求PD的长？
（2）当t为何值时，四边形BQPD的面积为△ABC面积的一半？
（3）是否存在t的值，使四边形PDBQ为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．

答案解析部分
1．【答案】A
【考点】一元二次方程的定义及相关的量
【解析】【解答】解：A、是一元二次方程，A选项符合题意；
B、是一元一次方程，B选项不符合题意；
C、是分式方程，C选项不符合题意；
D、是二元一次方程，D选项不符合题意.
故答案为：A.
【分析】 根据一元二次方程的定义满足条件，即：（1）只含有一个未知数且未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0；（3）是整式方程，由这三个条件对四个选项进行验证，同时满足这三个条件的选项符合题意，即可得出正确答案．
2．【答案】A
【考点】最简二次根式
【解析】【解答】解：把x=1代入二次根式x+3中，
∴1+3=2.
故答案为：A.
【分析】把x=1代入二次根式x+3中，再利用二次根式性质化简即可.
3．【答案】C
【考点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、是中心对称图形，故本选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不合题意.
故答案为：C.
【分析】在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，据此即可判断求解.
4．【答案】B
【考点】配方法解一元二次方程
【解析】【解答】解：方程两边都“+2”，得
x2+2x+1=2,
则（x+1）2=2。
故选B.
【分析】根据完全平方根式(a+b)2=a2+2ab+b2，配上“b2”即可.
5．【答案】D
【考点】中位数；众数
【解析】【解答】解：把这些数从小到大排列，最中间的数是第6、7个数的平均数，
则这12名队员年龄的中位数是 19+192 ＝19（岁）；19岁的人数最多，有5个，则众数是19岁.
故答案为：D.
【分析】将所有数据按大小顺序排列，求出第6、7个数的平均数即为中位数，根据众数的概念可得众数.
6．【答案】C
【考点】多边形内角与外角
【解析】【解答】解：设这个多边形的边数为n，
∴这个多边形的内角和为（n﹣2）×180°，
∵这个多边形的内角和是外角和的4倍，
∴（n﹣2）×180°＝360°×4，
解得：n＝10，
∴这个多边形的边数是10．
故答案为：C.
【分析】设这个多边形的边数为n，根据内角和公式以及多边形的外角和为360°即可列出关于n的一元一次方程，即（n﹣2）×180°＝360°×4，解方程求出n即可得出正确答案.
7．【答案】B
【考点】三角形的外角性质；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD＝25°，
∴∠COD＝∠DAO+∠ADO＝40°+25°＝65°.
故答案为：B.
【分析】根据平行四边形性质得AD∥BC，结合∠CBD＝25°求得∠ADB＝25°，再由三角形的外角定理得∠COD＝∠DAO+∠ADO即可求解.
8．【答案】A
【考点】一元二次方程的根
【解析】【解答】解：设方程的另一个根为m，
∵x=-1是方程的一个根
∴m×（﹣1）＝﹣4，
∴m＝4．
故答案为：A.
【分析】设方程的另一个根为m，由根与系数的关系即可得出关于m的一元一次方程，解之即可求得m的值.
9．【答案】B
【考点】平行线之间的距离；全等图形；平行四边形的判定；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：①伸缩门的制作运用了四边形的不稳定性，①说法符合题意；
②夹在两条平行线间的垂线段相等，②说法符合题意；
③成中心对称的两个图形不一定是全等形，③说法不符合题意；
④一组对角相等的四边形是平行四边形，④说法不符合题意；
∴正确的是①②．
故答案为：B.
【分析】根据四边形具有不稳定性可判断①说法；根据平行线间距离处处相等可判断②说法；成中心对称的两个图形一定是全等形，可判断说法③；根据平行四边形判定定理：有两组对角相等的四边形是平行四边形，可判定说法④. 据此判定即可得出正确答案.
10．【答案】B
【考点】平行线的性质；三角形全等的判定（AAS）；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接AE，并延长交CD于K，

∵AB∥CD，
∴∠BAE＝∠DKE，∠ABD＝∠EDK，
∵点E、F、G分别是BD、AC、DC的中点．
∴BE＝DE，
∴△AEB≌△KED（AAS），
∴DK＝AB，AE＝EK，
∴EF为△ACK的中位线，
∴EF＝12CK＝12（DC﹣DK）＝12（DC﹣AB），
∵EG为△BCD的中位线，
∴EG＝BC，
又∵FG为△ACD的中位线，
∴FG＝AD，
∴EG+GF＝12（AD+BC），
∵AD+BC＝12，AB＝5，DC＝11，
∴EG+GF＝6，FE＝3，
∴△EFG的周长是6+3＝9．
故答案为：B.
【分析】连接AE，并延长交CD于K，根据平行线的性质得到∠BAE＝∠DKE，∠ABD＝∠EDK，根据三角形中位线的性质得到BE＝DE，可证明△AEB≌△KED，从而得到DK＝AB，AE＝EK，EF为△ACK的中位线，即EF＝12CK＝12（DC﹣DK）＝12（DC﹣AB），再根据EG为△BCD的中位线及FG为△ACD的中位线，可得到EG+GF＝12（AD+BC），再由AD+BC＝12，AB＝5，DC＝11，结合三角形的周长的计算即可求解.
11．【答案】3
【考点】二次根式的乘除法
【解析】【解答】解：原式=3．
故答案为：3
【分析】直接进行平方的运算即可．
12．【答案】x≥3
【考点】二次根式有意义的条件
【解析】【解答】解：根据题意，得
x﹣3≥0，
解得，x≥3；
故答案是：x≥3．
【分析】根式有意义的条件：被开方数不能为负数，即被开方数必须是非负数。
13．【答案】14
【考点】平均数及其计算
【解析】【解答】解：根据题意得：
这班学生的平均年龄＝13×5+14×30+15×55+30+514（岁）.
故答案为：14.
【分析】根据加权平均数的计算方法是求出该班所有人数的总岁数，再除以总学生数即可求得这班学生的平均年龄．
14．【答案】（1，-3）
【考点】平行四边形的性质；关于原点对称的坐标特征
【解析】【解答】解：∵平行四边形ABCD的两条对角线相交于平面直角坐标系中的原点O，
∴点A与点C关于原点对称，
∵点A的坐标为（﹣1，3），
∴点C的坐标是（1，﹣3）.
故答案为：（1，﹣3）.
【分析】已知平行四边形ABCD两条对角线的交点坐标是坐标系的原点，平行四边形ABCD两条对角线相互平分，所以点A与点C关于原点对称，即横纵坐标互为相反数，再由A点的坐标可求得点C的坐标．
15．【答案】k≤5且k≠1
【考点】一元二次方程根的判别式及应用
【解析】【解答】解：∵一元二次方程（k﹣1）x2+4x+1=0有实数根，
∴k﹣1≠0，且b2﹣4ac=16﹣4（k﹣1）≥0，
解得：k≤5且k≠1，
故答案为：k≤5且k≠1．
【分析】根据一元二次方程有实数根可得k﹣1≠0，且b2﹣4ac=16﹣4（k﹣1）≥0，解之即可．
16．【答案】（﹣4，1）或（2，3）或（4，﹣1）
【考点】平行四边形的性质；坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】解：分三种情况：
①当四边形OABM为平行四边形时，如图1所示，

则BM∥AO，BM＝AO，
∵O、A、B的坐标分别是（0，0），（3，1），（﹣1，2），
∴把点O向左平移3﹣（﹣1）＝4（个）单位，再向上平移1个单位得M的坐标，
∴M（﹣4，1）；
②当四边形OAMB为平行四边形时，如图2所示，

则BM∥AO，BM＝AO，
∵O、A、B的坐标分别是（0，0），（3，1），（﹣1，2），
∴把点B向右平移3个单位，再向上平移1个单位得M的坐标，
∴M（2，3）；
③当四边形OBAMM为平行四边形时，如图3所示，

则AB∥MO，AB＝MO，
∵O、A、B的坐标分别是（0，0），（3，1），（﹣1，2），
∴把点A向右平移1个单位，再向下平移2个单位得M的坐标，
∴M（4，﹣1），
综上所述，点M的坐标为（﹣4，1）或（2，3）或（4，﹣1）.
故答案为：（﹣4，1）或（2，3）或（4，﹣1）.
【分析】分三种情况，根据在平面内找一点M，使得以点O、A、B、M为顶点的四边形是平行四边形画出图形，再由平行四边形的性质以及平移的性质来确定点M的坐标即可.
17．【答案】（1）解：原式=22-2=2；
（2）解：原式=3-2+5 =6
【考点】二次根式的乘除法；二次根式的加减法
【解析】【分析】（1）先将原式化为最简二次根式，再合并同类二次根式即可求解；
（2）利用平方差公式及二次根式的非负性将原式化简后，再进行加减运算即可求解.
18．【答案】（1）解： x(3x-2)=0
x1=0,x2=23
（2）解： x2+4x+4=9
(x+2)2=9
x+2=±3
x1=1,x2=-5
【考点】配方法解一元二次方程；因式分解法解一元二次方程
【解析】【分析】（1）直接利用因式分解法-提公因式，解一元二次方程即可；
（2）利用配方法将一元二次方程进行配方后，再开平方即可求解方程.
19．【答案】解：过点A作 AE⊥DC 交CD于点E，

∵AB=4,CD=7,∴DE=3
∵BC=6,
∴AE=6
∴AD=AE2+DE2=45
∴AD=35m
【考点】勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【分析】作AE⊥CD于E，易得四边形ABCE是矩形，利用矩形性质可得AB＝EC＝4，AE＝BC＝6，从而求得DE=3，再利用勾股定理求得AD的长度，即可解决问题.
20．【答案】（1）解：根据中心对称性质，画出△A1B1C1如下：

（2）解： A1(4,-2),B1(2,-1),C1(1,-4)
【考点】关于原点对称的坐标特征；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】解：（2）∵△A1B1C1与△ABC关于原点O成中心对称，
∴A1、B1、C1分别与A、B、C关于原点中心对称，
∵A（-4，2），B（-2，1），C（-1，4），
∴A1（4，-2），B1（2，-1），C1（1，-4）.
【分析】（1）根据中心对称性质，分别连接AO、BO、CO并延长，再分别截取A1O，B1O，C1O与AO，BO，CO相等长度，确定A1、B1、C1位置，顺次连接画出图形即可；
（2）根据点关于原点中心对称坐标特征，再结合A（-4，2），B（-2，1），C（-1，4），即可求得A1、B1、C1的坐标.
21．【答案】（1）8.5；0.7；8.5
（2）解：∵甲、乙两班成绩的平均数相同，甲班成绩的中位数高于乙班的中位数，甲班的方差小于乙班的方差，
∴甲班的成绩较好．
【考点】方差；分析数据的集中趋势
【解析】【解答】解：（1）由预赛成绩条形统计图可知：甲班成绩为8.5最多，
∴甲班的众数是：8.5，
∴甲班的方差是：15×[（8.5-8.5）2+（7.5-8.5）2+（8-8.5）2+（8.5-8.5）2+（10-8.5）2]＝0.7，
∴乙班的平均数是：15×（7+10+10+7.5+8）＝8.5.
故答案为：8.5，0.7；8.5；
【分析】（1）由条形统计图可得甲、乙两班5名同学的预赛成绩，再根据众数定义，方程的计算公式及平均数的计算公式，代入数据计算即可求解；
（2）由于甲、乙两班成绩的平均数相同，而甲班成绩的中位数高于乙班的中位数，甲班的方差小于乙班的方差，说明甲班大部分学生成绩稳定且更好，所以甲班的成绩较好．
22．【答案】（1）证明：∵D、E分别是AB ，AC的中点
∴DE//__12BC
∵CF=12BC
∴DE//__CF
∴四边形DCFE是平行四边形
（2）解：∵△ABC是等边三角形，AB=6，D是AB的中点，
∴BC=6，CD⊥AB，BD＝12AB=3，
∴DC=BC2-BD2=62-32=33，
由（1）可知：DE是△ABC的中位线，四边形DCFE是平行四边形，
∴DE＝CF=12BC=3，EF=DC=33，
∴平行四边形DCFE的周长=2（DE+DC）=2（3+33）=6+63.
【考点】等边三角形的性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）由点D，E分别为AB，AC中点，推出DE是△ABC的中位线，可得DE∥BC，DE＝12BC，从而得到DE＝CF，进而证明出四边形DCFE是平行四边形；
（2）由△ABC是等边三角形及D为AB的中点，可得CD⊥AB，BC＝AB＝6，BD＝12AB=3，利用勾股定理求出DC=33，再结合DE是△ABC的中位线及四边形DCFE是平行四边形性质，求得DE=3，再根据平行四边形周长的公式计算即可.
23．【答案】（1）解：设1月份到3月份销售额的月平均增长率为x，由题意得：
40×100（1+x）2＝5760
∴（1+x）2＝1.44
∴1+x＝±3.2
∴x1＝0.2＝20%，x2＝﹣4.2（舍去）
∴1月份到5月份销售额的月平均增长率为20%．
（2）解：设三月份时该玩具的销售价格在每个40元销售的基础上下降y元，由题意得：
（40﹣y）（100+10y）＝5760
∴y2﹣30y+176＝0
∴（y﹣8）（y﹣22）＝0
∴y1＝8，y2＝22
当y＝22时，3月份该玩具的销售价格为：40﹣22＝18＜30，舍去
∴y＝8，3月份该玩具的销售价格为：40﹣8＝32元
∴4月份该玩具的销售价格为32元．
【考点】一元二次方程的实际应用-百分率问题
【解析】【分析】（1）设1月份到3月份销售额的月平均增长率为x，由3月份调整价格后月销售额达到5760元 可列方程为40×100（1+x）2＝5760，解一元二次方程确定符合题意的答案即可；
（2）设三月份时该玩具的销售价格在每个40元销售的基础上下降y元，根据实际售价乘以降价后的销量等于3月份的销售额，可列方程为（40﹣y）（100+10y）＝5760，解一元二次确定符合题意的答案即可.
24．【答案】（1）解：当t=3时，AD=5，AP=3，
∵PD⊥AC ，
∴PD=4
（2）解：∵由题意可得：CQ＝2t，AP＝t， AD=53t
∴BQ＝8﹣2t，CP＝8﹣t． 又∵PD⊥AC，
∴PD=AD2-AP2=43t
∵S四边形BQPD＝S△ABC﹣S△CPQ﹣S△APD，
∴24-12⋅2t⋅(6-t)-12⋅t⋅43t=12 ，解得 t=9±35 ，
t=9+35 （不合题意，应舍去）
∴当 t=9-35 时，四边形BQPD的面积为三角形ABC面积的一半；
（3）解：存在
若四边形BQPD为平行四边形，则BQ与PD平行且相等，
即： 43 t＝8﹣2t
解得t＝2.4．
答：存在t的值，当t＝2.4时，使四边形PDBQ为平行四边形．
【考点】勾股定理；平行四边形的性质；几何图形的面积计算-割补法
【解析】【分析】（1）先求出当t=3时，AD、AP的长，再利用勾股定理求得PD的长即可；
（2）先根据题意用t表示出CQ，AP，AD的长，利用勾股定理得出PD的长，由S四边形BQPD＝S△ABC﹣S△CPQ﹣S△APD可列出关于t的一元二次方程，解之求得符合题意的t值即可；
（3）根据平行四边形的对边平行且相等得BQ∥PD，BQ=PD，可列关于t的等式，求出t值即可解决问题.