2021-2022学年上海市奉贤区汇贤中学八年级（下）期末数学试卷（Word解析版）

这是一份2021-2022学年上海市奉贤区汇贤中学八年级（下）期末数学试卷（Word解析版），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市奉贤区汇贤中学八年级（下）期末数学试卷 题号一二三四总分得分       一、选择题（本大题共6小题，共18分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）直线的图象一定不经过(    )A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限在一次函数中，随的增大而减小，那么常数的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 下列关于的方程中，没有实数解的是(    )A.  B.
C.  D. 在▱中，与相交于点，要使四边形是矩形，还需添加一个条件，这个条件可以是(    )A.  B.
C.  D. 依次连接等腰梯形各边的中点得到的四边形是(    )A. 菱形 B. 矩形 C. 正方形 D. 等腰梯形在圆、等腰三角形、平行四边形、正方形中任选两个图形，那么下列事件中为不可能事件的是(    )A. 这两个图形都是中心对称图形
B. 这两个图形都不是中心对称图形
C. 这两个图形都是轴对称图形
D. 这两个图形都是既为轴对称图形又为中心对称图形 二、填空题（本大题共12小题，共24分）如果将函数的图象平移，且经过，那么所得图象的函数解析式是______．方程的根是______．方程的解是______．函数的定义域为______．某公司生产一种产品，前期投资成本为万元，在此基础上，每生产一吨又要投入万元成本，那么生产的总成本万元与产量吨之间的数量关系是______．如果多边形的每个外角都是，那么这个多边形的边数是______．如果菱形边长为，一条对角线长为，那么它的面积为______ ．如图，在梯形中，，，如果，，，那么 ______ ．
 如果与是平行向量且长度相同，那么向量______用表示．从，，，四个关系中，任选个作为条件，那么选到能够判定平行四边形是菱形的概率是______．当时，不论取任何实数，函数的值为，所以直线一定经过定点；同样，直线一定经过的定点为______．如图，在梯形中，，，点在边上，，，由此可以知道旋转后能与重合，那么旋转中心是______．
   三、计算题（本大题共1小题，共6分）解方程：． 四、解答题（本大题共7小题，共52.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）解方程组：．如图，已知：在▱中，点、在对角线上，且．
在图中画出向量的差向量并填空：
______；
图中与平行的向量是：______；
若，，，用，，表示______．
有一个不透明的袋子里装有除标记数字不同外其余均相同的个小球，小球上分别标有数字，，，．
任意摸出一个小球，所标的数字不超过的概率是______；
任意摸出两个小球，所标的数字和为偶数的概率是______；
任意摸出一个小球记下所标的数字后，再将该小球放回袋中，搅匀后再摸出一个小球，摸到的这两个小球所标数字的和为奇数的概率是多少？请用树形图法说明如图，已知四边形中，点是上的点不与的中点重合，，，．
求证：四边形是等腰梯形；
点是延长线上一点，且，联结、，若，求证：四边形是菱形．
已知：如图，在中，点在上，，、、分别是、、的中点，、的延长线相交于点．
求证：；
．
如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象相交于点、，点的坐标为，点的横坐标为．
求反比例函数与一次函数的解析式；
如果点、分别在轴、轴上，四边形是平行四边形，求直线的表达式．
如图，正方形的边长为，点分别在边、上，，，、的延长线相交于点，设，．
求与之间函数解析式，并写定义域；
当点为中点时，求的长．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：直线，，，
该函数的图象经过第一、二、四象限，不经过第三象限，
故选：．
根据直线和一次函数的性质，可以得到该函数图象经过哪几个象限，不经过哪个象限．
本题考查一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
 2.【答案】 【解析】解：在一次函数中，随的增大而减小，
，解得．
故选：．
先根据一次函数的增减性得出关于的不等式，求出的取值范围即可．
本题主要考查了一次函数的性质．一次函数，当时，随的增大而减小；当时，随的增大而增大．
 3.【答案】 【解析】解：、的实数解是；
B、实数解是；
C、由得，，
由得，，
方程没有实数解；
D、的实数解是或；
故选：．
根据二次根式有意义的条件、无理方程的解法判断即可．
本题考查的是无理方程的解，掌握二次根式有意义的条件、无理方程的解法是解题的关键．
 4.【答案】 【解析】解：添加，
理由是：四边形是平行四边形，
，，
，
，
▱为矩形，
故选：．
根据对角线相等的平行四边形是矩形得出即可．
本题考查矩形的判定、平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题．
 5.【答案】 【解析】解：连接、，
、分别为、的中点
为的中位线，
，，
同理可证，，
，，四边形为平行四边形，
同理可证，
根据等腰梯形的性质可知，
，
▱为菱形．
故选A．
连接、，可证为的中位线，为的中位线，根据中位线定理可证，，同理可证，，根据等腰梯形的性质可知，故可证四边形为菱形．
本题主要考查等腰梯形的性质在证明特殊平行四边形中的应用．同时运用了三角形的中位线定理．
 6.【答案】 【解析】解：圆和正方形既为轴对称图形又为中心对称图形，
等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，
平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，
A、这两个图形都是中心对称图形，是随机事件，故A不符合题意；
B、这两个图形都不是中心对称图形，是不可能事件，故B符合题意；
C、这两个图形都是轴对称图形，是随机事件，故C不符合题意；
D、这两个图形都是既为轴对称图形又为中心对称图形，是随机事件，故D不符合题意；
故选：．
根据等腰三角形，正方形，平行四边形的性质，随机事件，必然事件，不可能事件的特点，逐一判断即可解答．
本题考查了随机事件，等腰三角形，正方形，平行四边形的性质，熟练掌握随机事件，必然事件，不可能事件的特点是解题的关键．
 7.【答案】 【解析】解：设所得图象的函数解析式为，
由题意可知，，
把点代入得，，
所得图象的函数解析式是．
故答案为：．
根据题意设平移后的函数解析式为，代入利用待定系数法即可求得函数的解析式．
本题考查了一次函数图象与几何变换，一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数的解析式，熟知待定系数法是解题的关键．
 8.【答案】 【解析】解：，
，
，
方程的根是，
故答案为．
方程的左边因式分解可得，由此即可解决问题．
本题考查高次方程的解，解题的关键是学会应用因式分解法解方程，把高次方程转化为一次方程，属于中考常考题型．
 9.【答案】 【解析】本题考查了无理方程，两边平方后可化为两个一次方程是本题的关键，注意无理方程要检验．
根据题意两边同时平方后得：，化为两个一次方程可得答案，最后要注意被开方数要是非负数．
解：，
，
，
，，
，，
，，
，
，
经检验：是原方程的解．
故答案为：．
 10.【答案】 【解析】解：由题意，得
，
解得，
故答案为：．
根据分母不等于零分式有意义，可得答案．
本题考查了函数自变量的取值范围，利用分母不等于零分式有意义得出不等式是解题关键．
 11.【答案】 【解析】解：依题意可得生产的总成本万元与产量吨之间的数量关系是．
故答案为：．
根据生产的总成本产量吨每生产一吨要投入成本前期投资成本即可得到生产的总成本万元与产量吨之间的数量关系．
考查了函数关系式，关键是根据题意得到等量关系即可求解．
 12.【答案】 【解析】【分析】
本题主要考查了多边形的外角和定理，理解多边形中外角的个数与正多边形的边数之间的关系是解题关键．根据多边形的外角和是度即可求得外角的个数，即多边形的边数．
【解答】
解：多边形的边数是：，
故答案为．  13.【答案】 【解析】解：在菱形中，，，
对角线互相垂直平分，
，，
在中，，
．
则此菱形面积是，
故答案为：．
根据菱形的对角线互相垂直平分，得已知对角线的一半是根据勾股定理，得要求的对角线的一半是，则另一条对角线的长是，进而求出菱形的面积．
本题考查了菱形的性质，注意菱形对角线的性质：菱形的对角线互相垂直平分．熟练运用勾股定理．
 14.【答案】 【解析】解：过点作于点，如下图所示：
则，，
．
故答案为：．
过点作于点，后根据勾股定理即可得出答案．
本题考查了梯形及勾股定理的知识，难度不大，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】解：与是平行向量且长度相同，
．
故答案为．
利用向量相等，向量平行，向量长度相等的定义直接求解即可解决问题；
本题考查平行向量、相等向量、向量长度相等等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题；
 16.【答案】 【解析】解：选到能够判定平行四边形是菱形的有、这种结果，
选到能够判定平行四边形是菱形的概率是，
故答案为：．
选到能够判定平行四边形是菱形的有、这种结果，再根据概率公式求解即可．
本题主要考查概率公式和菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
 17.【答案】 【解析】解：．
令，则，
时，，
直线一定经过的定点为．
故答案为：．
将直线解析式变形为，令即可求出的值，进而可得出的值，此题得解．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，通过消去值，找出直线必定经过的定点是解题的关键．
 18.【答案】的中点 【解析】解：旋转后能与重合，
≌，
，，，，
，
，
是等腰直角三角形，
与，与是对应顶点，
的中点到，，三点的距离相等，
旋转中心是的中点，
故答案为：的中点．
根据旋转的性质，其中对应点到旋转中心的距离相等，于是得到结论．
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，关键是明确旋转中心的概念．
 19.【答案】解：方程两边都乘，得
，
，
整理得．
解得，．
经检验，为原方程的根，是增根舍去．
原方程的根是． 【解析】本题的最简公分母是方程两边都乘最简公分母，可把分式方程转换为整式方程求解．结果需检验．
解分式方程的基本思想是“转化思想”，方程两边都乘最简公分母，把分式方程转化为整式方程求解；
解分式方程一定注意要代入最简公分母验根．
 20.【答案】解：
由方程得：，
将代入得：，
化简得：
解得：，，
将，代入得：，，
原方程组的解是：，． 【解析】由方程得出，将代入得出，求出方程的解，，将，代入即可求出．
本题考查了解一元二次方程和解高次方程组，解此题的关键是把方程组转化成一元一次方程或一元二次方程．
 21.【答案】 或   【解析】解：四边形是平行四边形，
，，
，
故答案为：；

图中与平行的向量是或，
故答案为：或；

，，
，
故答案为：．
利用平行四边形的性质以及三角形法则求解即可；
根据平行向量的定义判断即可；
利用三角形法则求解即可．
本题考查作图复杂作图，平行四边形的性质，三角形法则等知识，解题的关键是掌握三角形法则，属于中考常考题型．
 22.【答案】  【解析】解：任意摸出一个小球，共有种等可能结果，其中所标的数字不超过的结果有种，
所标的数字不超过的概率是，
故答案为：；
画树状图如下：

共有种等可能的结果，其中所标的数字和为偶数的结果有种，
所标的数字和为偶数的概率是，
故答案为：；
画树状图如下：

共有种等可能的结果，其中摸到的这两个小球所标数字的和为奇数的结果有种，
摸到的这两个小球所标数字的和为奇数的概率为．
直接由概率公式求解即可；
画树状图，共有种等可能的结果，其中所标的数字和为偶数的结果有种，再由概率公式求解即可；
共有种等可能的结果，其中摸到的这两个小球所标数字的和为奇数的结果有种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
 23.【答案】证明：，
，
，
，
，
在和中，，
≌，
，
四边形是等腰梯形；

由得，，，
，
，
，，
，
在和中，，
≌，
，
四边形是平行四边形，
，
▱是菱形． 【解析】由，证得，由，推出，由平行线的判定推出，根据三角形的判定证得≌，即可证得，由等腰梯形的判定即可证得结论；
通过全等三角形的性质得到，推出四边形是平行四边形，然后由菱形的判定定理即可得到结论．
本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．
 24.【答案】证明，分别是，的中点，
是的中位线，
，
，
，
；
连接，
，，分别是，，的中点，
，，
，
，
，
，
，
，
，
． 【解析】由题目的已知条件可得是的中位线，所以，由此可得，再根据三角形外角和定理即可证明；
连接，易证是等腰三角形，所以，再根据平行线的性质以及对顶角相等可证明，进而可得：，
本题考查了三角形的中位线定理，中位线是三角形中的一条重要线段，由于它的性质与线段的中点及平行线紧密相连，因此，它在几何图形的计算及证明中有着广泛的应用．
 25.【答案】解：设反比例函数的解析式为，
点在的图象上，
解得，
反比例函数的解析式为，
把代入上式得：，即点的坐标为，
设一次函数的解析式是，
点，在的图象上，
，
解得，
一次函数的解析式为；
，，
，
四边形是平行四边形，
，，
设直线的解析式为，
则点坐标为，点坐标为，
在中，，
，
解得或舍去，
直线的函数关系式为． 【解析】本题考查了反比例函数与一次函数的交点，点在反比例函数图象上，则点的坐标满足图象的解析式；运用待定系数法求函数的解析式；掌握平行四边形的性质和两直线平行线的解析式的关系以及勾股定理．
设反比例函数的解析式为，根据点在的图象上，求出，求出反比例函数的解析式为，求出点的坐标为，把点，代入即可得到结果；
根据勾股定理得到，由于四边形是平行四边形，得到，，直线的解析式可设为，求得点坐标为，点坐标为，根据勾股定理列方程得到或，即可得到结论．
 26.【答案】解：如图，过点作，垂足为，
四边形是正方形，
，，
，，，
，
．
，
．
与之间函数解析式为，
定义域为．
，
，
又，，
≌，
，
．
，
，．
经检验，，都是方程的根，但不符合题意．
的长为． 【解析】过点作，垂足为，根据已知条件得到，，，根据勾股定理列方程即可得结论；
证明≌，得列方程，解出即可．
本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，平行线的距离相等，勾股定理，函数及分式方程等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．