山东省聊城市东昌府区2022-2023学年八年级下学期期末数学试题（解析版）

2022-2023学年第二学期期末学业水平检测八年级数学试题

说明：

1．全卷共6页，考试时间为120分钟，满分120分．

2．答卷前，考生必须将自己的姓名、准考证号、学校按要求填写在答卷密封线左边的空格内．

3．答题可用黑色或蓝色字迹的钢笔或签字笔按要求答在答卷上，但不能用铅笔或红笔．

4．答案写在试题上无效．

5．一律不允许使用科学计算器．

第Ⅰ卷（选择题  共36分）

一、选择题（本大题共12个小题，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）

1. 下列各数：中，无理数的个数是（    ）

A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个

【答案】B

【解析】

【分析】根据“无限不循环的小数是无理数”判断求解．

【详解】解：，

则无理数有，共3个，

故选：B．

【点睛】本题考查了无理数，理解无理数的意义是解题的关键．

2. 化简的结果是（  ）

A. 2 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】试题解析：，故选B．

点睛：最简二次根式的条件是：①被开方数的因数是整数，因式是整式；②被开方数中不含能开得尽方的因数因式．上述两个条件同时具备（缺一不可）的二次根式叫最简二次根式．

3. 使二次根式有意义的x的取值范围是（           ）

A.  B. x≥2 C. x≤2 D. x≠2

【答案】B

【解析】

【分析】根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数，即可求解．

【详解】解：由题意得：

，

解得，

故选：B．

【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．

4. 如图，△ABC中，已知AB＝8，BC＝6，CA＝4，DE是中位线，则DE＝（　　）

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】由D，E分别是边AB，AC的中点，首先判定DE是三角形的中位线，然后根据三角形的中位线定理求得DE的值即可．

【详解】解：∵DE是△ABC的中位线，

∴DE＝BC，

∵BC＝6，

∴DE＝BC＝3．

故选B．

【点睛】考查三角形的中位线定理，根据定理确定DE等于那一边的一半是解题关键．

5. 若，则下列各式中一定成立的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据不等式的性质，可得答案．

【详解】解：A、若，则，故成立，符合题意；

B、若，则，则，故不成立，不合题意；

C、若，则当时，，故不成立，不合题意；

D、若，则，则，故不成立，不合题意；

故选：A．

【点睛】此题主要考查了不等式的基本性质：（1）不等式的两边同时乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；（2）不等式的两边同时乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变；（3）不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变．

6. 小明从家到学校，先匀速步行到车站，等了几分钟后坐上了公交车，公交车沿着公路匀速行驶一段时间后到达学校，小明从家到学校行驶路程s（m）与时间t（min）的大致图象是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】小明从家到学校，先匀速步行到车站，因此S随时间t的增长而增长，

等了几分钟后坐上了公交车，因此时间在增加，S不增长，

坐上了公交车，公交车沿着公路匀速行驶一段时间后到达学校，因此S又随时间t的增长而增长，

故选：C．

7. 矩形、菱形、正方形都具有的性质是（    ）

A. 每一条对角线平分一组对角 B. 对角线相等

C. 对角线互相平分 D. 对角线互相垂直

【答案】C

【解析】

【分析】根据矩形，菱形，正方形的性质逐一分析判断即可．

【详解】解：每一条对角线平分一组对角，菱形，正方形有，而矩形不一定有，故A不符合题意；

对角线相等，矩形，正方形有，而菱形不一定有，故B不符合题意；

对角线互相平分，矩形，菱形，正方形都有，故C符合题意；

对角线互相垂直，菱形，正方形有，而矩形不一定有，故D不符合题意；

故选C.

【点睛】本题考查的是矩形，菱形，正方形的性质，掌握“矩形，菱形，正方形的性质”是解本题的关键．

8. 下列运算正确是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据二次根式的加法，减法，乘法，除法法则进行计算，逐一判断即可解答．

【详解】解：A、与不能合并，故不符合题意；

B、，故不符合题意；

C、，故符合题意；

D、，故不符合题意；

故选：C．

【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．

9. 一次函数 y=-2x-3的图象不经过（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】A

【解析】

【分析】根据一次函数的图象特点即可得．

【详解】解：∵y=-2x-3，

∴k＜0，b＜0，

∴y=-2x-3的图象经过第二、三、四象限，不经过第一象限，

故选：A．

【点睛】本题考查一次函数的性质和图象，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．一次函数图象的四种情况：①当k＞0，b＞0，函数y=kx+b的图象经过第一、二、三象限，y的值随x的值增大而增大；②当k＞0，b＜0，函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限，y的值随x的值增大而增大；③当k＜0，b＞0时，函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限，y的值随x的值增大而减小；④当k＜0，b＜0时，函数y=kx+b的图象经过第二、三、四象限，y的值随x的值增大而减小．

10. 如图，矩形的两条对角线相交于点，，，则矩形的边长BC的长是 (　　)

A. 2 B. 4 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据矩形的性质得出∠ABC=90°，AC=BD，AC=2AO，BD=2BO，求出AO=BO，得出等边三角形AOB，求出AC=2AO=4，根据勾股定理求出BC即可．

【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AC=BD，AC=2AO，BD=2BO，
∴AO=BO，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AO=AB=2，
∴AC=2AO=4，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：

；

故选：C．

【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理的应用，解此题的关键是能根据矩形的性质和等边三角形的性质求出AC的长，注意：矩形的四个角都是直角，矩形的对角线互相平分且相等．

11. 如图，矩形纸片ABCD中，AD=4cm，把纸片沿直线AC折叠，点B落在E处，AE交DC于点O，若AO=5cm，则AB的长为（ ）

A 6cm B. 7cm C. 8cm D. 9cm

【答案】C

【解析】

【分析】根据折叠前后角相等可证AO=CO，在直角三角形ADO中，运用勾股定理求得DO，再根据线段的和差关系求解即可．

【详解】解：根据折叠前后角相等可知∠BAC=∠EAC，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AB∥CD，

∴∠BAC=∠ACD，

∴∠EAC=∠EAC，

∴AO=CO=5cm，

在直角三角形ADO中，DO==3cm，

AB=CD=DO+CO=3+5=8cm．

故选：C．

【点睛】本题考查矩形与折叠问题，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．

12. 在平面直角坐标系中，已知直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，点是y轴上一点．把坐标平面沿直线AC折叠，使点B刚好落在x轴上，则点C的坐标是（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】过C作于D，先求出A，B的坐标，可得，再根据折叠的性质得到 平分，得到，则，，在中，利用勾股定理得到n的方程，解方程求出n即可．

【详解】解：过C作于D，如图，对于直线，

令，得；令，，

∴，即，

∴，

又∵坐标平面沿直线折叠，使点B刚好落在x轴上，

∴平分，

∴，则，

∴，

∴，

在中，，

∴，解得，

∴点C的坐标为．

故选B．

【点睛】本题考查了求直线与坐标轴交点的坐标的方法：分别令或，求对应的y或x的值；也考查了折叠的性质和勾股定理．

第Ⅱ卷（非选择题  共84分）

二、填空题（本题共5小题，每小题3分，满分15分，只要求填写最后的结果）

13. 的平方根为______．

【答案】

【解析】

【分析】依据平方根的定义：如果一个数的平方等于a，这个数就叫做a的平方根，求解即可．

【详解】解：的平方根是．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查的是平方根的定义，关键是能准确理解并运用开平方和平方的互逆运算关系．

14. 若一个直角三角形两边的长分别为2和，则第三条边的长为_____．

【答案】或1

【解析】

【分析】分2直角边长与斜边长两种情况分别求解即可．

【详解】解：当2是直角边长时，第三边长，

当2是斜边长时，第三边长，

故答案为：或1．

【点睛】本题考查了勾股定理，注意分类讨论是解题的关键．

15. 如图，在平面直角坐标系中，线段A1B1是由线段AB平移得到的，已知A，B 两点的坐标分别为A（－2，3），B（－3，1），若A1的坐标为（3，4），则B1的坐标为____．

【答案】（2，2）

【解析】

【详解】直接利用平移中点的变化规律求解即可．

平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．

解答：解：根据题意：A、B两点的坐标分别为A（-2，3），B（-3，1），若A1的坐标为（3，4），即线段AB向上平移1个单位，向右平移5个单位得到线段A1B1；B1点的规律同以上规律，则B1的坐标为（2，2）．

故答案填：（2，2）．

点评：此题主要考查图形的平移及平移特征．在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．

16. 如图，在等腰直角三角形中，，，点是直角边的中点．若这个三角形关于点O成中心对称的图形，则点B与它关于点O的对称点的距离是______．

【答案】

【解析】

【分析】根据旋转的性质即可画出这个三角形关于点成中心对称的图形，继而利用勾股定理求解即可．

【详解】解：如图，即为所求作的图形．

，，

又点是直角边的中点．

，

根据勾股定理，得，

．

所以点与它关于点的对称点的距离为．

故答案为：．

【点睛】本题考查了作图旋转变换、等腰直角三角形，解决本题的关键是掌握旋转的性质．

17. 如图，已知正方形边长为4，M在边上，，N是上一动点．当点N在上移动到某处时，能使得的值达到最小，则这个最小值是_________．

【答案】5

【解析】

【分析】由正方形的对称性可知点B与D关于直线对称，连接交于点，在中利用勾股定理即可求出的长即可．

【详解】解：∵四边形是正方形，

∴点B与D关于直线对称，

连接，交于，连接，

则的长即为的最小值，

∵，

在中，，

故的最小值是5．

故答案为：5．

【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，勾股定理，得出B关于直线的对称点D，是解答此题的关键．

三、解答题（本题共8小题，共64分．解答应写出必要的文字说明、推理过程或演算步骤）

18. 计算下列各题：

（1）；

（2）；

（3）．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）先把各二次根式化为最简二次根式，然后合并即可；

（2）利用二次根式的乘法和除法法则运算；

（3）先变形得到原式，然后利用平方差公式和完全平方公式计算．

【小问1详解】

解：原式

；

【小问2详解】

原式

；

【小问3详解】

原式

．

【点睛】本题考查了二次根式的混合运算：熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法法则、除法法则是解决问题的关键．

19. （1）解不等式，并将解集在数轴上表示出来；

（2）解不等式组，并将解集在数轴上表示出来．

【答案】（1），数轴见解析；（2），数轴见解析

【解析】

【分析】（1）先去括号，再移项，合并同类项，化系数为1，再在数轴上表示出的取值范围即可；

（2）分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，并在数轴上表示出来即可．

【详解】解：（1）去分母得，，

去括号得，，

移项得，，

合并同类项得，，

系数化为1得，，

在数轴上表示为：

（2），

解不等式①得：，

解不等式②得：，

所以不等式组的解集是．

在数轴上表示为：

  【点睛】本题考查的是解一元一次不等式及解一元一次不等式组，熟知实心圆点与空心圆点的区别是解答此题的关键．

20. 在如图所示的直角坐标系中，菱形的边长是2，为的中点．轴垂直平分，垂足为点．请分别求出点，，，的坐标．

【答案】，，，

【解析】

【分析】根据菱形边长为2结合为中点求出、的坐标，根据勾股定理的知识求出的长，进而求出长度，最后求出、坐标．

【详解】解：菱形的边长是2，

，

为中点，

，

，

，，

轴垂直平分，

，

，

，

，

，．

【点睛】本题主要考查了菱形的知识、勾股定理的知识、垂直平分线的知识，难度不大．

21. 如图，已知，与相交于点，且．求证：．

【答案】见解析

【解析】

【分析】根据已知条件证明四边形是平行四边形即可．

【详解】解：证明：，

，，

在和中，

，

，

，

，

四边形是平行四边形，

．

【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的判定与性质．

22. 已知一次函数；

（1）求该一次函数的图象与轴交于时的值？

（2）当为何值时，随的增大而减小？

（3）当为何值时，该一次函数图象经过一、三、四象限？

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）将代入一次函数可得的值；

（2）根据随的增大而减小可知，一次项的系数小于0，列不等式可解答；

（3）若一次函数的图象经过一、三、四象限，可知且，由此列不等式可解答．

【小问1详解】

解：把代入得：

；

【小问2详解】

解：由题意得：，

，

当时，随的增大而减小；

【小问3详解】

解：一次函数的图象经过一、三、四象限，

，

解得，

当时，该一次函数的图象经过一、三、四象限．

【点睛】本题考查了一次函数的性质，熟记知识点是解题关键．

23. 如图，点E与F分别在正方形的边与上，．以点A为旋转中心，将按顺时针方向旋转90°，得到．求证：．

【答案】见详解

【解析】

【分析】首先证明，进而得到；证明，即可得到结论．

【详解】证明：∵以点A为旋转中心，将按顺时针方向旋转90°，得到．

∴，

∴，，，

∴，即E、B、共线，，

∵，

∴，即，

又∵，

∴，

∴

【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键.

24. 小亮家与姥姥家相距24，小亮从家出发骑自行车去姥姥家，1小时后妈妈从家出发乘车沿相同路线去姥姥家，小亮和妈妈的行进路程S与时间t的函数图象如图所示．

（1）分别求出小亮和妈妈行进的路程S（）与时间t（时）之间的函数表达式，并求出t可以取值的范围；

（2）妈妈乘坐汽车用了多长时间赶上小亮？此时离姥姥家的距离是多少？

【答案】（1）小亮：，妈妈：   

（2）用了赶上小亮，此时离姥姥家的距离是

【解析】

【分析】（1）用待定系数法分别求出函数解析式即可；

（2）根据相遇时小亮和妈妈走的路程相同列出方程，解方程即可．

【小问1详解】

解：设小亮行进的路程与时间（时）之间的函数表达式为，

把代入解析式得：，

解得，

小亮行进的路程与时间（时）之间的函数表达式为；

设妈妈行进的路程与时间（时）之间的函数表达式为，

把和代入解析式得：，

解得，

妈妈行进的路程与时间（时）之间的函数表达式为；

【小问2详解】

令，

解得，

此时，，

妈妈乘坐汽车用了赶上小亮，此时离姥姥家的距离是．

【点睛】本题考查了一次函数的应用，解决本题的关键是用待定系数法求函数解析式．

25. 在等边三角形的内部有一点，连接，，以点为中心，把逆时针旋转得到，连接，．以点C为中心，把顺时针旋转得到，连接，．

（1）判断和的大小关系，并说明理由；

（2）求证：；

（3）求证：四边形是平行四边形．

【答案】（1），理由见解析   

（2）见解析    （3）见解析

【解析】

【分析】（1）先根据旋转的性质得，，则可判断为等边三角形，所以，，再利用为等边三角形得到，，则可得到；

（2）通过证明得到；

（3）先判断为等边三角形得到，，再与（2）的证明方法一样证明得到，所以，加上，从而可判断四边形是平行四边形．

【小问1详解】

解：．

理由如下：逆时针旋转得到，

，，

为等边三角形，

，，

为等边三角形，

，，

，，

；

【小问2详解】

证明：在和中，

，

，

；

【小问3详解】

证明：顺时针旋转得到，

，，

为等边三角形，

，，

为等边三角形，

，，

，，

；

在和中，

，

，

，

，

，

四边形是平行四边形．

【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质和平行四边形的判定．