2021-2022学年广西桂林市灌阳县八年级（下）期末数学试卷（Word解析版）

这是一份2021-2022学年广西桂林市灌阳县八年级（下）期末数学试卷（Word解析版），共18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。
2021-2022学年广西桂林市灌阳县八年级（下）期末数学试卷 题号一二三总分得分      一、选择题（本大题共10小题，共30分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）在直角三角形中，若直角边为和，则斜边为(    )A.  B.  C.  D. 下列国产汽车车标是中心对称图形的(    )A.  B.  C.  D. 下面的性质中，平行四边形不一定具有的是(    )A. 对角互补 B. 邻角互补 C. 对角相等 D. 对边相等某单位有职工名，按他们的年龄分成组，在岁组内有职工名，那么这个小组的频率是(    )A.  B.  C.  D. 一次函数的图象与轴交点的坐标是(    )A.  B.  C.  D. 已知函数是一次函数，则的取值范围是(    )A.  B.  C.  D. 为任意实数如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点、、的坐标分别是、、，则点的坐标是(    )A.
B.
C.
D. 下列命题中，错误的是(    )A. 平行四边形的对角线互相平分
B. 菱形的面积等于两条对角线长度乘积的一半
C. 矩形的对角线互相垂直平分
D. 角平分线上的点到角两边的距离相等如图，在中，，、分别是、的中点，在的延长线上，，，，则四边形的周长为(    )
 A.  B.  C.  D. 如图，将矩形纸的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形，若厘米，厘米，则边的长为厘米．(    )
 A.  B.  C.  D.  二、填空题（本大题共6小题，共18分）八边形的外角和是______度．在平面直角坐标系中，点到原点的距离是______．若点，是直线上两点，则______填“”、“”或“”一次函数的图象向下平移个单位，得到新的一次函数表达式是______．正方形的边长为，在各边上顺次截取，则四边形是______ ，面积为______ ．如图，把正方形铁片置于平面直角坐标系中，顶点的坐标为，点在正方形铁片上，将正方形铁片绕其右下角的顶点按顺时针方向依次旋转，第一次旋转至图位置，第二次旋转至图位置，，则正方形铁片连续旋转次后，则点的坐标为______． 三、解答题（本大题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）已知函数，为何值时这个函数的图象过原点．已知点在第一象限，且点到轴和轴的距离相等，求点的坐标．如图，在平面直角坐标系中，直线与直线相交于点，并分别与轴相交于点、．
求交点的坐标；
求的面积．
如图所示的网格中，每个小方格都是边长为个单位长度的正方形，的顶点均在格点上，其中点的坐标为．
根据点的坐标在网格中建立平面直角坐标系；
请在图中作出向右平移个单位后的像，并写出点，，的坐标．
如图，已知在中，，直线经过点，，，垂足分别为、，，求证：．
某区举行“庆祝改革开放周年”征文比赛，已知每篇参赛征文成绩记分，组委会从篇征文中随机抽取了部分参赛征文，统计了他们的成绩，并绘制了如下不完整的两幅统计图表：征文比赛成绩频数分布表分数段频数频率合计 请根据以上信息，解决下列问题：
征文比赛成绩频数分布表中的值是______；
补全征文比赛成绩频数分布直方图；
若分以上含分的征文将被评为一等奖，试估计全市获得一等奖征文的篇数．
在一次“探究性学习”中，老师设计了如下数表：观察上表，用含，且为整数的代数式表示，，，则______，______，______．
在的条件下判断：以，，为边的三角形是否为直角三角形？证明你的结论．在抗击“非典”工作中，某医院研制了一种防治“非典”的新药，在试验药效是发现，如果成人按规定的剂量服用，那么服药后小时血液中含药量最高，达每毫升微克微克毫克，接着逐步衰减，小时时血液中含药量为每毫升微克，每毫升血液中含药量微克随时间小时的变化如图所示，当成人按剂量服药后
分别求出和时与之间的函数关系式；
如果每毫升血液中含药量为微克或微克以上时对治病是有效的，那么这个有效时间是多长？
如图，在矩形中，过对角线的中点作垂线分别交边、于点，，连接，若，，
求证：≌；
判断四边形的形状，并证明；
若，，求的长．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：在直角三角形中，
根据勾股定理：两直角边的平方和为斜边的平方，
斜边长，
故选：．
在直角三角形中，已知两直角边为、，则根据勾股定理即可计算斜边的长度．
本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，本题中正确的根据两直角边求斜边的长是解题的关键．
 2.【答案】 【解析】解：不是中心对称图形，，故此选项不合题意；
B.是中心对称图形，，故此选项符合题意；
C.不是中心对称图形，，故此选项不合题意；
D.不是中心对称图形，，故此选项不合题意；
故选：．
根据中心对称图形的概念判断，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
本题考查的是中心对称图形，正确掌握中心对称图形的概念是解题关键．
 3.【答案】 【解析】解：根据平行四边形性质可知：、、均是平行四边形的性质，只有不是．故选A．
根据平行四边形的性质得到，平行四边形邻角互补，对角相等，对边相等．而对角却不一定互补．
本题考查平行四边形的性质：平行四边形两组对边分别平行；平行四边形的两组对边分别相等；
平行四边形的两组对角分别相等；平行四边形的对角线互相平分
 4.【答案】 【解析】解：某单位有职工名，按他们的年龄分成组，在岁组内有职工名，那么这个小组的频率是，
故选：．
根据频数与总数的比是频率，可得答案．
本题考查了频数与频率，频数与总数的比是频率．
 5.【答案】 【解析】解：令，得，
则函数与轴的交点坐标是．
故选：．
在解析式中令，即可求得与轴的交点的纵坐标．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，是一个基础题．
 6.【答案】 【解析】解：由题意得：
，
，
故选：．
根据一次函数的定义，可得，然后进行计算即可解答．
本题考查了一次函数的定义，熟练掌握一次函数的定义是解题的关键．
 7.【答案】 【解析】解：在平行四边形中，
，
，
点的横坐标为，
点的横坐标为，
，
点和点的纵坐标相等为，
点的坐标为．
故选：．
平行四边形的对边相等且互相平行，所以，，的横坐标为，加上为，所以的横坐标为，因为，的纵坐标和的纵坐标相同为．
本题考查平行四边形的性质以及坐标与图形的性质，关键是知道和轴平行的纵坐标都相等，向右移动几个单位横坐标就加几个单位．
 8.【答案】 【解析】解：、平行四边形的对角线互相平分，正确，不符合题意；
B、菱形的面积等于两条对角线长度乘积的一半，正确，不符合题意；
C、矩形的对角线互相平分且相等，故原命题错误，符合题意；
D、角平分线上的点到角两边的距离相等，正确，不符合题意．
故选：．
利用平行四边形的性质、菱形的性质、矩形的性质及角平分线的性质分别判断后即可确定正确的选项．
考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形的性质、菱形的性质、矩形的性质及角平分线的性质，难度不大．
 9.【答案】 【解析】解：在中，
，，
，
是的中点，
，
，
，
，
，
、分别是、的中点，
，，
四边形是平行四边形
四边形的周长．
故选：．
根据勾股定理先求出的长，再根据三角形中位线定理和直角三角形的性质求出和的长，进而由已知可判定四边形是平行四边形，从而不难求得其周长．
本题考查了三角形中位线定理的运用，熟悉直角三角形的性质、等腰三角形的判定以及平行四边形的判定．熟练运用三角形的中位线定理和直角三角形的勾股定理是解题的关键．
 10.【答案】 【解析】解：，，
，
同理可得：，
四边形为矩形，
，
，
又，，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
，
厘米，
故选：．
利用三个角是直角的四边形是矩形易证四边形为矩形，那么由折叠可得的长即为边的长．
本题考查了翻折变换、全等三角形的判定与性质及三角形等知识，解题的关键是灵活运用性质解决问题．
 11.【答案】 【解析】解：八边形的外角和是度．
任何凸多边形的外角和都是度．
多边形的外角和是度，不随着边数的变化而变化．
 12.【答案】 【解析】解：，
点在轴的正半轴上，并且距离原点个单位长度，
故答案为：．
根据点坐标即可解答．
本题考查数轴上点的坐标特征，解题关键是熟练掌握数形结合思想．
 13.【答案】 【解析】解：直线中，，
随的增大而增大，
，
．
故答案为：．
先根据一次函数的解析式判断出函数的增减性，再根据两点的横坐标进行判断即可．
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，一次函数的性质，一次函数解析式中，若，则随的增大而增大，若，则随的增大而减小．
 14.【答案】 【解析】解：把一次函数，向下平移个单位长度，得到图象解析式是，
故答案是：．
求直线平移后的解析式时要注意平移时的值不变，只有发生变化．
本题考查图形的平移变换和函数解析式之间的关系，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：横坐标左移加，右移减；纵坐标上移加，下移减．平移后解析式有这样一个规律“左加右减，上加下减”关键是要搞清楚平移前后的解析式有什么关系．
 15.【答案】正方形； 【解析】解：如图所示：
四边形是正方形，
，，
，
．
在、、和中，，
≌≌≌，
，，
四边形是菱形，
，
，
，
四边形是正方形，
，，
，
四边形的面积，
故答案为：正方形，．
由正方形的性质得出，，证出，由证明≌≌≌，得出，，证出四边形是菱形，再证出，即可得出四边形是正方形，由勾股定理得，即可得出正方形的面积．
本题主要考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握正方形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
 16.【答案】 【解析】解：第一次，
第二次，
第三次，
第四次，
第五次，

发现点的位置次一个循环，
余，
的纵坐标与相同为，横坐标为，
，
故答案为：．
首先求出的坐标，探究规律后，利用规律解决问题．
本题考查坐标与图形的变化、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．
 17.【答案】解：这个函数的图象过原点，
，
解得：．
即当时，函数图象过原点． 【解析】根据一次函数的性质分析即可．
本题考查了一次函数图象的特点，熟练掌握一次函数图象的相关知识是解题的关键．
 18.【答案】解：点在第一象限，点到轴和轴的距离相等，
，
解得，
故，，
则点的坐标为：． 【解析】在第一象限内，说明此点的横纵坐标均为正，到轴和轴的距离相等，说明横纵坐标相等，列式即可求得的值，进而求得点的坐标．
本题考查的知识点为：第一象限内的点的坐标均为正；点到轴和轴的距离相等，说明此点的横纵坐标的绝对值相等．
 19.【答案】解：由题意得：，
解得：，
；
直线与直线中，
令，则与，
解得与，
，，
，
； 【解析】本题利用一次函数图象求三角形的面积，重难点在于根据图象正确找到底与高，中求的面积，就是以的长为底，以到轴的距离为高．
本题主要考查了一次函数的性质及一次函数与三角形面积问题．解本题要熟练掌握一次函数的性质和三角形面积公式等基本知识点．
 20.【答案】解：如图所示；

如图所示，，，． 【解析】根据点的位置即可确定坐标原点，从而建立直角坐标系；
利用平移的性质，即可画出．
本题主要考查了作图平移变换，平面直角坐标系中点的坐标的特征等知识，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
 21.【答案】解：证明：，，

又，
，
在和中，
，，
≌，
． 【解析】由等腰三角形的性质证得，根据定理证得≌，由全等三角形的性质即可证得结论．
本题主要考查了全等三角形的性质，熟记直角三角形全等的判定定理是解决问题的关键．
 22.【答案】
，
，，
补全征文比赛成绩频数分布直方图：


全市获得一等奖征文的篇数为：篇． 【解析】解：，
故答案为：；

，
，，
补全征文比赛成绩频数分布直方图：


全市获得一等奖征文的篇数为：篇．
依据，即可得到的值；
求得各分数段的频数，即可补全征文比赛成绩频数分布直方图；
利用分以上含分的征文所占的比例，即可得到全市获得一等奖征文的篇数．
本题考查了频数率分布直方图和利用统计图获取信息的能力；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．
 23.【答案】     【解析】解：观察上表，用含，且为整数的代数式表示，，，则，，，
故答案为：，，；
以，，为边的三角形是直角三角形，
证明：，，，
，
，
 ，
，
，
以，，为边的三角形是直角三角形．
根据表格中数据，即可解答；
利用勾股定理的逆定理，进行计算即可解答．
本题考查了勾股定理的逆定理，规律性：图形的变化类，列代数式，熟练掌握勾股定理的逆定理，以及数式规律中的猜想归纳思想是解题的关键．
 24.【答案】解：设时与之间的函数关系式为，将代入，
解得，
故时与之间的函数关系式为，
设时与之间的函数关系式为，
将，代入，
解得
故当时与之间的函数关系式为；

令，即，解得，
令，即，解得，
综合以上答案可得这个有效时间为，即个小时． 【解析】根据题意和图象可分别求出和时与之间的函数关系式；
将，分别求出的取值范围，便可得出这个药的有效时间．
本题主要考查了一次函数的实际应用，解答一次函数的应用问题中，要注意自变量的取值范围还必须使实际问题有意义，解答要注意数形结合思想的运用，是各地中考的热点，属于中档题．
 25.【答案】证明：四边形是矩形，
，
，
是的中点，
，
又，
≌；
四边形是菱形，理由如下：
由得≌，
，
又，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形；
四边形是矩形
，，
在中，根据勾股定理得，
又是的中点，
，
设，
四边形是菱形．
，
则，
根据勾股定理得：，
解得；
即，
在中，根据勾股定理得：，
． 【解析】由“”可证≌；
先证四边形是平行四边形，且，可证四边形是菱形；
由勾股定理可求的长，的长，的长，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．