2021-2022学年新疆乌鲁木齐三中八年级（下）期末数学试卷（Word解析版）

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2021-2022学年新疆乌鲁木齐三中八年级（下）期末数学试卷

一、选择题（本题共9小题，共27分）

1. 下列二次根式一定有意义的是(    )

A.  B.  C.  D.

2. 以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是(    )

A. ，， B. ，， C. ，， D. ，，

3. 下列化简正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

4. 一元二次方程根的情况是(    )

A. 没有实数根 B. 只有一个实数根
C. 有两个相等的实数根 D. 有两个不相等的实数根

5. 已知甲、乙两组数据的平均数都是，甲组数据的方差，乙组数据的方差，下列结论中正确的是(    )

A. 甲组数据比乙组数据的波动大 B. 乙组数据比甲组数据的波动大
C. 甲组数据与乙组数据的波动一样大 D. 甲组数据与乙组数据的波动不能比较

6. 若点，都在直线上，则与的大小关系是(    )

A.  B.  C.  D. 无法比较大小

7. 下列命题的逆命题是真命题的是(    )

A. 对顶角相等
B. 菱形是一条对角线平分一组对角的四边形
C. 等边三角形的三个角都等于
D. 平行四边形的一组对边相等

8. 如图，在四边形中，对角线、相交于点，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是(    )

A. ， B. ，
C. ， D. ，

9. 如图，矩形中，与交于点，于点，平分，交的延长线于点，，，则为(    )

A.
B.
C.
D.

二、填空题（本题共6小题，共18分）

10. 分解因式：          ．
11. 如图，面积为的正方形放置在数轴上，以原点为圆心，为半径，用圆规画出数轴上的一个点，则点表示______ 选填“有理数”或“无理数”

12. 一次函数与正比例函数在同一平面直角坐标系的图象如图所示，则关于的不等式的解集为          ．

13. 如图，在中，，，分别是边，，的中点，四边形周长为，则的长为______．

14. 如图，正方形的边长为，点在边上，且，若点在对角线上移动，则的最小值是______．

15. 在平面直角坐标系中，直线与，轴分别交于点，，若将该直线向右平移单位，线段扫过区域的边界恰好为菱形，则的值为______．

三、解答题（本题共8小题，共55分）

16. 用适当的方法解方程：；
    计算：．
17. 织金县某中学名学生参加植树活动，要求每人植棵，活动结束后随机抽查了若干名学生每人的植树量，并分为四种类型，：棵；：棵；：棵；：棵．将各类的人数绘制成扇形图如图和条形图如图．
    回答下列问题：
    在这次调查中类型有多少名学生？
    写出被调查学生每人植树量的众数、中位数；
    求被调查学生每人植树量的平均数，并估计这名学生共植树多少棵？

18. 如图，在平行四边形中，，分别，的平分线．求证：四边形是平行四边形．
     

19. 如图，在四边形中，，，，，求四边形的面积．

20. 在直角坐标系中，一条直线经过，，三点．
    求的值；
    设这条直线与轴相交于点，求的面积．
21. 学校需要添置教师办公桌椅、两型共套，已知套型桌椅和套型桌椅共需元，套型桌椅和套型桌椅共需元．
    求，两型桌椅的单价；
    若需要型桌椅不少于套，型桌椅不少于套，平均每套桌椅需要运费元．设购买型桌椅套时，总费用为元，求与的函数关系式，并直接写出的取值范围；
    求出总费用最少的购置方案．
22. 快车和慢车分别从市和市两地同时出发，匀速行驶，先相向而行，慢车到达市后停止行驶，快车到达市后，立即按原路原速度返回市调头时间忽略不计，结果与慢车同时到达市．快、慢两车距市的路程、单位：与出发时间单位：之间的函数图象如图所示．
    市和市之间的路程是______；
    快车与慢车迎面相遇以后，再经过多长时间两车相距？

23. 如图，在▱中，，，，对角线，交于点一动点在边上由向运动不与，重合，连接并延长，交于点．
    求证：；
    当时，求线段的长度；
    连接，，如图，随着点的运动，四边形可能是菱形吗？如果可能，请求出此时线段的长度；如果不可能，请说明理由．
     

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：、是二次根式，被开方数大于，有意义，故本选项符合题意；
B、，被开方数小于，无意义，故本选项不符合题意；
C、，如果小于时无意义，故本选项不符合题意；
D、，如果小于时无意义，故本选项不符合题意．
故选：．
二次根式有意义的条件是二次根式中的被开方数必须是非负数．
此题主要考查了二次根式有意义的条件，正确掌握二次根式有意义的条件是解题关键．
 

2.【答案】 

【解析】解：、，
不能构成直角三角形，
故A不符合题意；
B、，
能构成直角三角形，
故B符合题意；
C、，
不能构成直角三角形，
故C不符合题意；
D、，
不能构成直角三角形，
故D不符合题意；
故选：．
根据勾股定理的逆定理，进行计算即可解答．
本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理的逆定理将数转化为形，作用是判断一个三角形是不是直角三角形．必须满足较小两边平方的和等于最大边的平方才能做出判断．
 

3.【答案】 

【解析】解：选项，原式，故该选项不符合题意；
选项，原式，故该选项不符合题意；
选项，原式，故该选项不符合题意；
选项，原式，故该选项符合题意；
故选：．
根据二次根式的化简判断，选项；根据判断选项；根据算术平方根的定义判断选项．
本题考查了二次根式的性质与化简，掌握是解题的关键．
 

4.【答案】 

【解析】解：，
方程有两个不相等的实数根．
故选：．
先计算根的判别式的值，然后利用根的判别式的意义判断方程根的情况．
本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．
 

5.【答案】 

【解析】解：甲组数据的方差，乙组数据的方差，
，
乙组数据比甲组数据的波动大，
故选：．
根据方差的意义可作出判断．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．
 

6.【答案】 

【解析】解：，
随的增大而增大，
又点，都在直线上，且，
．
故选：．
由，利用一次函数的性质可得出随的增大而增大，结合，即可得出．
本题考查了一次函数的性质，牢记“，随的增大而增大；，随的增大而减小”是解题的关键．
 

7.【答案】 

【解析】解：、逆命题为：相等的角为对顶角，错误，是假命题；
B、逆命题为：一条对角线平分一组对角的四边形是菱形，错误，是假命题；
C、逆命题为：三个角都等于的三角形是等边三角形，正确，是真命题；
D、逆命题为：一组对边相等的四边形是平行四边形，错误，是假命题，
故选：．
写出各个命题的逆命题后判断正误即可．
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解如何写出一个命题的逆命题，难度不大．
 

8.【答案】 

【解析】解：、，，
四边形是平行四边形，故此选项不符合题意；
B、愿望，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，故此选项不符合题意；
C、，，，不能判定≌，
不能得到，
不能得到，
不能判定四边形是平行四边形，故此选项符合题意；
D、，
，
在和中，
，
≌，
，
又，
四边形是平行四边形，故此选项不符合题意；
故选：．
分别利用平行四边形的判定方法和全等三角形的判定与性质进行判断，即可得出结论．
此题主要考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质以及平行线的判定与性质等知识，正确把握平行四边形的判定方法是解题关键．
 

9.【答案】 

【解析】证明：四边形为矩形，
，，，，，
平分，
，
又，
，
，
又，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
故选：．
由矩形的性质可得，，结合角平分线的定义可求得，可证明，结合矩形的性质可得，根据三角形的面积公式得到，于是得到结论．
本题主要考查矩形的性质，掌握矩形的四个角都是直角、对角线互相平分且相等是解题的关键，注意三角形外角性质的应用．
 

10.【答案】 

【解析】解：原式
．
故答案为：．
原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可．
此题考查了因式分解运用公式法，熟练掌握平方差公式是解本题的关键．
 

11.【答案】无理数 

【解析】解：正方形的面积为，
其边长，
点表示，是无理数．
故答案为：无理数．
根据勾股定理求出正方形的边长，进而得出结论．
本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．
 

12.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查一次函数与一元一次不等式的关系，通过图象求解，当图象在上方时大于，在下方时小于．
当时，直线的图象在直线的上方，从而可得到不等式的解集．
【解答】
解：从图象可看出当，直线的图象在直线的上方，即满足不等式．
故答案为：．  

13.【答案】 

【解析】解：，，分别是边，，的中点，
，，，，
四边形为平行四边形，
四边形周长为，
，
．
故答案为．
根据三角形的中位线可得，，判定四边形为平行四边形，利用平行四边形的性质可求解．
本题主要考查三角形的中位线，平行四边形的判定与性质，判定四边形为平行四边形是解题的关键．
 

14.【答案】 

【解析】

【分析】
此题考查了轴对称最短线路问题，以及正方形的性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
作出点关于的对称点交于，连接与交于点，此时最小，求出的长即为最小值．
【解答】
解：作出点关于的对称点交于，连接与交于点，此时最小，

，
，
在中，，，
根据勾股定理得：，
则的最小值为．
故答案为：．  

15.【答案】 

【解析】解：令，则，即．
令，则，即．
将该直线向右平移单位，线段扫过区域的边界恰好为菱形，
，则．
．
解得．
故答案是：．
根据菱形的性质知，由一次函数图象的性质和两点间的距离公式解答．
考查了菱形的性质和一次函数图象与几何变换，解题的关键是根据菱形的性质得到．
 

16.【答案】解：
，
或，
或；
．

． 

【解析】根据方程的特点，可以采用直接开平方法解答；
根据零指数幂的运算法则，绝对值的性质，立方根的定义以及整式指数幂的法则先化简，然后计算加减．
本题考查了解方程以及实数的混合运算，解题的关键是熟记相关运算法则并灵活运用．
 

17.【答案】解：总人数人，
类人数人．

众数是，中位数是．
棵，
棵．
答：估计这名学生共植树棵． 

【解析】根据组人数，求出总人数即可解决问题．
根据众数，中位数的定义即可解决问题．
利用样本估计总体的思想解决问题即可．
本题考查条形统计图，扇形统计图，众数，中位数等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
 

18.【答案】证明：四边形是平行四边形，
，，
又，分别是，的平分线，
．
又，
，
，
，
，，
四边形是平行四边形， 

【解析】本题考查平行四边形的性质与判定、角平分线的定义等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
根据平行四边形的性质及角平分线定义证明，结合即可证明．
 

19.【答案】解：，，，
，
在中，，
是直角三角形，且，




． 

【解析】先根据勾股定理求出的长度，再根据勾股定理的逆定理判断出的形状，最后利用三角形的面积公式求解即可．
本题考查的是勾股定理、勾股定理的逆定理及三角形的面积，根据勾股定理的逆定理判断出的形状是解答此题的关键，难度适中．
 

20.【答案】解：设直线的解析式为，把，代入，
可得：，
解得：，
所以直线解析式为：，
把代入中，
得：；
由得点的坐标为，
令，则，
所以直线与轴的交点坐标为，
所以的面积． 

【解析】此题考查一次函数问题，关键是根据待定系数法解解析式．
利用待定系数法解答解析式即可；
得出直线与轴相交于点的坐标，再利用三角形面积公式解答即可．
 

21.【答案】解：设型桌椅的单价为元，型桌椅的单价为元，
根据题意知，，
解得，，
即：，两型桌椅的单价分别为元，元；

根据题意知，，

由知，，
当时，总费用最少，
即：购买型桌椅套，购买型桌椅套，总费用最少，最少费用为元． 

【解析】根据“套型桌椅和套型桌椅共需元，套型桌椅和套型桌椅共需元”，建立方程组即可得出结论；
根据题意建立函数关系式，由型桌椅不少于套，型桌椅不少于套，确定出的范围；
根据一次函数的性质，即可得出结论．
本题考查一次函数的应用，二元一次方程的应用，一元一次不等式组的应用，读懂题意，列出方程组或不等式是解本题的关键．
 

22.【答案】 

【解析】解：由图象可知，市和市之间的路程是，
故答案为：；
由题意可得，快车速度是慢车速度的倍，
快车的速度为：千米小时，慢车的速度为千米小时，
设快车与慢车迎面相遇以后，经过小时两车相距，
快车到达市之前，，解得，
快车从市前往市，，解得，
答：快车与慢车迎面相遇以后，经过小时或小时两车相距．
由图象直接可得答案；
求出两车速度，设快车与慢车迎面相遇以后，经过小时两车相距，分两种情况列方程，即可解得答案．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质和数形结合的思想解答．
 

23.【答案】证明：如图中，

四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
≌，
．

解：如图中，过点作于．

在中，，，，
，
，
，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，为的中位线，
．

解：如图中，可能是菱形，设．

过点作交的延长线于则，，
在中，，
，
，
． 

【解析】证明≌，可得结论．
如图中，过点作于解直角三角形求出，证明，，利用三角形中位线定理求解．
如图中，可能是菱形，设利用勾股定理构建方程求解．
本题属于四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．