山东省济南市莱芜区2020-2021学年八年级下学期期末数学试题（word版 含答案）

这是一份山东省济南市莱芜区2020-2021学年八年级下学期期末数学试题（word版 含答案），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列运算错误的是（ ）
A．＝3B．C．D．
2．用配方法解一元二次方程x2﹣4x+1＝0，配方正确的是（ ）
A．（x﹣2）2＝1B．（x﹣2）2＝5C．（x+2）2＝3D．（x﹣2）2＝3
3．若两个相似多边形的面积比为25：16，则它们的对应边的比是（ ）
A．5：4B．4：5C．25：16D．16：25
4．已知线段AB＝4，点C是线段AB的黄金分割点（AC＞BC），则线段AC＝（ ）
A．2﹣1B．2﹣2C．6﹣D．6﹣2
5．如图，在▱ABCD中，BD⊥AD，AB＝10，AD＝6，作矩形DEBF，则其对角线EF的长为（ ）
A．8B．9C．10D．11
6．等腰△ABC的两边长分别是一元二次方程x2－9x＋18=0的两个解，则这个等腰三角形的周长是（ ）
A．9B．12C．15D．12或15
7．菱形的边长为5，一条对角线长为8，则该菱形的面积为（ ）
A．20B．24C．40D．48
8．如图，点E是的边上的一点，且，连接并延长交的延长线于点F，若，则的周长为（ ）
A．21B．28C．34D．42
9．若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围为（ ）
A．B．且C．D．且
10．如图，在平面直角坐标系中，长方形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A在y轴的正半轴上，顶点C在x轴的负半轴上，OA＝2，OC＝4，D为OC边的中点，E是OA边上的一个动点，当线段BE+DE的值最小时，E点坐标为（ ）
A．（0，）B．（0，1）C．（0，2）D．（0，）
11．今年，某中学响应习总书记“足球进校园”的号召，开设了“足球大课间”活动，现需要购进100个某品牌的足球供学生使用，经调查，该品牌足球2019年单价为200元，2021年单价为162元，2019年到2021年该品牌足球单价平均每年降低的百分率是（ ）
A．10%B．19%C．20%D．30%
12．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点P是AB上一动点（不与A、B重合），对角线AC、BD相交于点O，过点P分别作AC、BD的垂线，分别交AC、BD于点E、F，交AD、BC于点M、N．下列结论：①△APE≌△AME；②PE+PF＝2；③PE2+PF2＝PO2；④△POF∽△BNF；⑤四边形OEPF的面积可以为3．其中正确的个数是（ ）
A．5B．4C．3D．2
二、填空题
13．若代数式在实数范围内有意义，则x的取值范围为 ___．
14．如图，在△ABC中，D、E为边AB的三等分点，EF∥DG∥AC，H为AF与DG的交点．若AC＝12，则DH＝___．
15．与最简二次根式3是同类二次根式，则a＝___．
16．某校九年级学生毕业时，每个同学都将自己的相片向全班其他同学各送一张留作纪念，全班共送了2450张相片，则全班共有 ___名学生．
17．如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A'处，得到折痕BM，BM与EF相交于点N．若直线BA'交直线CD于点O，BC＝9，AM＝4，则OD的长为 ___．
三、解答题
18．（1）计算：﹣（﹣2）2；
（2）解方程：4x（x﹣2）＝x﹣2．
19．已知：▱ABCD的两边AB，AD的长是关于x的方程x2﹣mx+4＝0的两个实数根．
（1）当m为何值时，四边形ABCD是菱形？求出这时菱形的边长；
（2）若AB的长为1，那么▱ABCD的周长是多少？
20．如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别在BD和DB的延长线上，且DE＝BF，连接AE，CF．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）连接AF，CE．当BD平分∠ABC时，四边形AFCE是什么特殊四边形？请说明理由．
21．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．
22．已知直角三角形的两直角边分别是a、b，斜边是c，斜边上的高是h．
（1）如果a＝﹣2，b＝+2，求c的值；
（2）如果b＝6，c＝2，求直角三角形的面积及h的值．
23．受今年疫情的影响，原材料价格上涨，为提高公司经济效益，某公司决定对近期研发出的一种新型电子产品进行提价销售，根据市场调查：这种电子产品销售单价定为60元时，每天可售出100个；若销售单价每提高10元，每天就少售出20个．已知每个电子产品的固定成本为50元．
（1）若销售单价提高20元，则平均每天可售出多少个？
（2）既要考虑公司的利润，保证公司每天可获利1600元，又要让利于消费者，这种电子产品的销售单价定为多少元合适？
24．观察猜想：
（1）如图1，将两个正方形按如图所示的位置摆放，当点E、A、D在同一条直线上，线段BE和DG的数量关系是 ，位置关系是 ；
探究证明：
（2）正方形ABCD固定不动，若将正方形AEFG绕点A旋转到如图2的位置时，（1）的结论还是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
拓展应用：
（3）把（1）（2）中的正方形分别改为矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE＝8，AB＝16．矩形ABCD固定不动，若将矩形AEFG绕点A旋转到如图3的位置时，连接DE，BG．探究发现：在旋转过程中，DE2+BG2的值是定值，请求出这个定值．
参考答案
1．C
【分析】
根据二次根式的运算可直接进行排除选项．
【详解】
解：A、，正确，故不符合题意；
B、，正确，故不符合题意；
C、，错误，故符合题意；
D、，正确，故不符合题意；
故选C．
【点睛】
本题主要考查二次根式的运算，熟练掌握二次根式的运算是解题的关键．
2．D
【分析】
根据配方法可直接进行排除选项．
【详解】
解：用配方法解一元二次方程x2﹣4x+1＝0可得：（x﹣2）2＝3；
故选D．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键．
3．A
【分析】
根据相似多边形的面积比和相似比的关系可直接进行求解．
【详解】
解：由两个相似多边形的面积比为25：16，则它们的对应边的比是5：4；
故选A．
【点睛】
本题主要考查相似多边形的性质，熟练掌握相似多边形的性质是解题的关键．
4．B
【分析】
根据黄金分割比可直接进行求解．
【详解】
解：由题意得：，
∵AB＝4，
∴；
故选B．
【点睛】
本题主要考查黄金分割比，熟练掌握黄金分割比是解题的关键．
5．A
【分析】
由题意易得BD=8，然后根据矩形的性质可进行求解．
【详解】
解：∵BD⊥AD，AB＝10，AD＝6，
∴，
∵四边形DEBF是矩形，
∴；
故选A．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质及勾股定理，熟练掌握矩形的性质及勾股定理是解题的关键．
6．C
【详解】
x2﹣9x+18=0，
（x﹣3）（x﹣6）=0，
∴x1=3，x2=6．
由三角形的三边关系可得：
当腰为3时，由于3+3=6，不符合三角形三边的关系，故舍去；
腰长是6，底边是3，
所以周长是：6+6+3=15．
故选C．
考点: 1．解一元二次方程-因式分解法；2．等腰三角形的性质
7．B
【分析】
根据题意易得菱形的另一条对角线长为6，进而问题可求解．
【详解】
解：如图，
由题意得：AB=5，BD=8，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO=OC，BO=OD=4，
∴，
∴，
∴；
故选B．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质及勾股定理，熟练掌握菱形的性质及勾股定理是解题的关键．
8．C
【分析】
根据平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质解答即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CF，AB=CD，
∴△ABE∽△DFE，
∴，
∵，
∴AE=6，AB=8，
∴AD=AE+DE=6+3=9，
∴的周长为：（8+9）×2=34．
故选：C．
【点睛】
此题考查相似三角形的判定和性质，关键是根据平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质解答．
9．D
【分析】
根据二次项系数非零结合根的判别式△≥0，即可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出k的取值范围．
【详解】
（k-2）x2-2kx+k-6=0，
∵关于x的一元二次方程（k-2）x2-2kx+k=6有实数根，
∴，
解得：且k≠2．
故选D．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的定义以及根的判别式，根据一元二次方程的定义结合根的判别式△≥0，列出关于k的一元一次不等式组是解题的关键．
10．A
【分析】
由题意易得，，作点D关于y轴的对称点F，连接BF，根据轴对称的性质及两点之间线段最短可得线段BE+DE的值最小时，即为BF的值，然后问题可求解．
【详解】
解：∵长方形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A在y轴的正半轴上，顶点C在x轴的负半轴上，OA＝2，OC＝4，
∴，，
∵D为OC边的中点，
∴，
要使线段BE+DE的值最小，则需作点D关于y轴的对称点F，连接BF，此时BF与y轴的交点即为所求的E点，如图所示：
∴，
设直线BF的解析式为，把点B、F的坐标代入得：
，解得：，
∴直线BF的解析式为，
令x=0时，则有，
∴；
故选A．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质、一次函数及轴对称的性质，熟练掌握矩形的性质、一次函数及轴对称的性质是解题的关键．
11．A
【分析】
设足球单价平均每年降低的百分率为x，由题意得，进而求解即可．
【详解】
解：设足球单价平均每年降低的百分率为x，由题意得：
，
解得：（不符合题意，舍去），
∴足球单价平均每年降低的百分率为10％；
故选A．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的应用，熟练掌握一元二次方程的应用是解题的关键．
12．C
【分析】
由题意易得，根据全等三角形的判定、等腰直角三角形的性质、矩形的判定及勾股定理可依此进行判断，进而问题可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∵PM⊥AC，
∴，
∵AE=AE，
∴，故①正确；
∵PN⊥BD，
∴四边形PEOF是矩形，
∴PF=OE，
∵，
∴、都为等腰直角三角形，
∴，
∵AB＝4，
∴，
∴，故②正确；
∵四边形PEOF是矩形，
∴，即，故③正确；
∵，
∴是等腰直角三角形，而△POF不一定是等腰直角三角形，故④错误；
∵，，
∴，
∴，
∴，
当OP⊥AB时，OP的值最小，根据直角三角形斜边中线定理可得，
∴当OP=2时，四边形PEOF面积为最大，即为，
∴四边形PEOF面积不可能为3，故⑤错误；
∴正确的个数有3个；
故选C．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质与判定、相似三角形的判定、勾股定理及矩形的性质与判定，熟练掌握上述知识是解题的关键．
13．且
【分析】
根据二次根式及分式有意义的条件可直接进行求解．
【详解】
解：由题意得：
且，
解得：且；
故答案为且．
【点睛】
本题主要考查二次根式及分式有意义的条件，熟练掌握二次根式及分式有意义的条件是解题的关键．
14．2
【分析】
由题意易得，，则有，，然后问题可求解．
【详解】
解：∵D、E为边AB的三等分点，
∴，
∵EF∥DG∥AC，
∴，，
∴，，
∵AC＝12，
∴，
∴；
故答案为2．
【点睛】
本题主要考查相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
15．4
【分析】
根据最简二次根式及同类二次根式可直接进行求解．
【详解】
解：由题意得：，
∵与最简二次根式3是同类二次根式，
∴，
∴；
故答案为4．
【点睛】
本题主要考查最简二次根式及同类二次根式，熟练掌握最简二次根式及同类二次根式是解题的关键．
16．50
【分析】
设全班共有x名学生，由题意得，进而求解即可．
【详解】
解：设全班共有x名学生，由题意得：
，
解得：（不符合题意，舍去），
∴全班共有50名学生；
故答案为50．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的应用，熟练掌握一元二次方程的应用是解题的关键．
17．
【分析】
连接，由折叠的性质及题意易得，则有是等边三角形，进而可得，然后可得，然后问题可求解．
【详解】
解：连接，如图所示：
∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，
∴，
∵把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A'处，得到折痕BM，
∴，，
∴，即是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵AM＝4，
∴，
∴，
在Rt△OBC中，∠C=90°，∠OBC=30°，
∴，
由勾股定理可得，
∵BC＝9，
∴，即，
∴；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理及二次根式的运算，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、勾股定理及二次根式的运算是解题的关键．
18．（1）；（2）
【分析】
（1）先去括号，然后再进行二次根式的加减运算即可；
（2）先移项，然后再利用整体思想及提公因式法求解一元二次方程即可．
【详解】
解：（1）原式=；
（2）
或
∴．
【点睛】
本题主要考查二次根式的运算及一元二次方程的解法，熟练掌握二次根式的运算及一元二次方程的解法是解题的关键．
19．（1）m=4，菱形的边长为2；（2）▱ABCD的周长是10．
【分析】
（1）根据菱形的性质可得AB=AD，则有关于x的方程有两个相等的实数根，然后根据一元二次方程根的判别式可进行求解；
（2）把AB=1代入方程求解m，然后再求解方程的解，进而问题可求解．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，
∵AB，AD的长是关于x的方程x2﹣mx+4＝0的两个实数根，
∴，
解得：（负根舍去），
∴m=4，
∴，解得：，
∴，即菱形的边长为2；
（2）把AB=1代入方程得：，解得：，
∴原方程为，
解得：，
∴，
∴▱ABCD的周长为．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质及一元二次方程的应用，熟练掌握菱形的性质及一元二次方程的应用是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）菱形，见解析
【分析】
（1）根据四边形ABCD是平行四边形，可以得到AD＝CB，∠ADC＝∠CBA，从而可以得到∠ADE＝∠CBF，然后根据SAS即可证明结论成立；
（2）根据BD平分∠ABC和平行四边形的性质，可以证明▱ABCD是菱形，从而可以得到AC⊥BD，然后即可得到AC⊥EF，再根据题目中的条件，可以证明四边形AFCE是平行四边形，然后根据AC⊥EF，即可得到四边形AFCE是菱形．
【详解】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝CB，∠ADC＝∠CBA，
∴∠ADE＝∠CBF，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（SAS）；
（2）当BD平分∠ABC时，四边形AFCE是菱形，
理由：如图，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴AC⊥EF，
∵DE＝BF，
∴OE＝OF，
又∵OA＝OC，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AFCE是菱形．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定、全等三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
21．(1)见解析；(2)OE=5，BG=2.
【分析】
(1)先证明EO是△DAB的中位线，再结合已知条件OG∥EF，得到四边形OEFG是平行四边形，再由条件EF⊥AB，得到四边形OEFG是矩形；
(2)先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定理得到OE=AB=AD=5，得到FG=5，最后BG=AB-AF-FG=2．
【详解】
解：(1)证明:∵四边形ABCD为菱形，
∴点O为BD的中点，
∵点E为AD中点，
∴OE为△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，∴四边形OEFG为平行四边形
∵EF⊥AB，∴平行四边形OEFG为矩形．
(2)∵点E为AD的中点，AD=10，
∴AE=
∵∠EFA=90°，EF=4，
∴在Rt△AEF中，．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD=10，
∴OE=AB=5，
∵四边形OEFG为矩形，
∴FG=OE=5，
∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2．
故答案为：OE=5，BG=2．
【点睛】
本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，特殊四边形的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握．
22．（1）；（2），
【分析】
（1）根据勾股定理可直接进行求解；
（2）由题意先求出a的值，然后根据等积法可求解．
【详解】
解：（1）由勾股定理及题意得：
；
（2）∵b＝6，c＝2，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】
本题主要考查勾股定理及二次根式的应用，熟练掌握勾股定理及二次根式的应用是解题的关键．
23．（1）平均每天可售出60个；（2）这种电子产品的销售单价定为70元合适．
【分析】
（1）根据题意可直接进行列式求解；
（2）设这种电子产品的销售单价定为x元，由题意易得，然后进行求解即可．
【详解】
解：（1）由题意得：
（个）；
答：平均每天可售出60个．
（2）设这种电子产品的销售单价定为x元，由题意得：
，
解得：，
∵要让利于消费者，
∴；
答：这种电子产品的销售单价定为70元合适．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的应用，熟练掌握一元二次方程的应用是解题的关键．
24．（1），；（2）（1）中结论成立，理由见详解；（3）．
【分析】
（1）延长DG交BE于H，由题意易证，根据全等三角形的性质可进行求解问题；
（2）延长DG交BE于M，由题意易证，根据全等三角形的性质可进行求解问题；
（3）连接BD、EG，设BE、DG交于点P，根据勾股定理求出，证明，然后根据相似三角形的性质可得，进而根据勾股定理进行计算求解即可．
【详解】
解：（1）延长DG交BE于H，如图所示：
∵四边形ABCD、EFGA都为正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴；
故答案为，；
（2）（1）中结论成立，理由如下：
延长DG交BE于M，交AB于N，如图所示：
∵四边形ABCD、EFGA都为正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）连接BD、EG，设BE、DG交于点P，DG与AB交于点H，如图所示：
∵，AE＝8，AB＝16，
∴，
∵四边形AEFG、ABCD都为矩形，
∴，
∴，
∵为公共角，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查正方形、矩形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形、矩形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．