湖北省黄冈市黄梅县2020-2021学年八年级下学期期末数学试题（word版 含答案）

这是一份湖北省黄冈市黄梅县2020-2021学年八年级下学期期末数学试题（word版 含答案），共25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。

湖北省黄冈市黄梅县2020-2021学年八年级下学期期末数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．若二次根式有意义，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．下列各组数中能作为直角三角形的三边长的是(　　)
A．1，2，3 B．3，4，5 C．4，5，6 D．7，8，9
3．下列给出的条件中，不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（　　）
A．AB∥CD，AD＝BC B．∠A＝∠C，∠B＝∠D
C．AB∥CD，AD∥BC D．AB＝CD，AD＝BC
4．在某次数学测验中，某小组8名同学的成绩如下：81，73，81，81，85，83，87，89，则这组数据的中位数、众数分别为（ ）．
A．80，81 B．81，89 C．82，81 D．73，81
5．如图，在▱ABCD中，已知AD＝8cm，AB＝6cm，DE平分∠ADC交BC边于点E，则BE等于（　　）

A．2cm B．4cm C．6cm D．8cm
6．若一次函数y＝x+4的图象上有两点A(﹣，y1)、B(1，y2)，则下列说法正确的是( )
A．y1＞y2 B．y1≥y2 C．y1＜y2 D．y1≤y2
7．若＝﹣a，则a的取值范围是（　　）
A．﹣3≤a≤0 B．a≤0 C．a＜0 D．a≥﹣3
8．对于一次函数，下列叙述正确的是（ ）
A．当时，函数图象经过第一、二、三象限
B．当时，随的增大而增大
C．当时，函数图象一定不经过第二象限
D．函数图象一定经过点

二、填空题
9．计算：_________．
10．已知，则代数式的值为 __________．
11．评定学生的学科期末成绩由考试分数，作业分数，课堂参与分数三部分组成，并按3：2：5的比例确定，已知小明的数学考试85分，作业90分，课堂参与80分，则他的数学期末成绩为____________分．
12．直线：与直线：在同一平面直角坐标系中的图像如图所示，则关于的不等式的解集为____________．

13．在平面直角坐标系中，若点的坐标是，点的坐标是，在轴上求一点，使得最短，则点的坐标为_____．
14．如图，折叠矩形纸片ABCD，先折出折痕BD，再折叠使AD边与对角线BD重合，得折痕DG，若AB=4，BC=3，则AG的长是_____．

15．如图，已知，，，当时，______.

16．一个有进水管与出水管的容器，从某时刻开始的4分钟内只进水不出水，在随后的若干分内既进水又出水，之后只出水不进水．每分钟的进水量和出水量是两个常数，容器内的水量y（单位：升）与时间x（单位：分）之间的关系如图．则a=__________．


三、解答题
17．计算：
（1）；
（2）．
18．已知：如图四边形ABCD是平行四边形，P、Q是直线AC上的点，且AP=CQ．求证：四边形PBQD是平行四边形．

19．为了在甲、乙两名学生中选拔一人参加全国数学竞赛，在相同条件下，对他们进行了10次测验，成绩如下：（单位：分）
甲成绩（分）
76
84
90
86
81
87
86
82
85
83
乙成绩（分）
82
84
85
89
79
80
91
89
74
79
回答下列问题：
（1）若甲学生成绩的平均数是，乙学生成绩的平均数是，则与的大小关系是：_____________．
（2）经计算知：，，这表明___________________（用简明的文字语言表述）．
（3）若测验分数在84分（含84分）以上为优秀，请分别求出甲、乙的优秀率．
20．已知与成正比，当时，．
（1）求与之间的函数关系式；
（2）当时，求函数的值；
（3）将所得函数的图像向右平移个单位，使它过点，请求出的值．
21．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC，对角线AC、BD交于点O，BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若DC＝2，AC＝4，求OE的长．

22．已知：如图，在中，，点是中点，于点，求证：．

23．我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中所得的四边形叫中点四边形．
（1）如图1，在四边形中，点，，，分别为边，，，的中点，中点四边形是_______________．
（2）如图2，点P是四边形内一点，且满足，，，点，，，分别为边，，，的中点．猜想中点四边形的形状，并证明你的猜想．

（3）若改变（2）中的条件，使，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状（不必证明）．



24．某市，两个蔬菜基地得知黄岗，两个灾民安置点分别急需蔬菜240t和260t的消息后，决定调运蔬菜支援灾区，已知蔬菜基地有蔬菜200t，蔬菜基地有蔬菜300t，现将这些蔬菜全部调运，两个灾区安置点，从地运往，两处的费用分别为每吨20元和25元，从地运往，两处的费用分别为每吨15元和18元．设从地运往处的蔬菜为吨．
（1）请填写下表，用含的代数式填空，结果要化简：



总计/

_________
_________
200


_________
300
总计/
240
260
500
（2）设，两个蔬菜基地的总运费为元，求出与之间的函数关系式，并求总运费最小的调运方案；
（3）经过抢修，从地到处的路况得到进一步改善，缩短了运输时间，运费每吨减少元，其余线路的运费不变，试讨论总运费最小的调动方案．
25．已知：如图，直线：分别交，轴于、两点．以线段为直角边在第一象限内作等腰直角，；直线经过点与点，且与直线在轴下方相交于点．

（1）请求出直线的函数关系式；
（2）求出的面积；
（3）在直线上不同于点，是否存在一点，使得与面积相等，如若存在，请求出点的坐标；如若不存在，请说明理由；
（4）在坐标轴上是否存在点，使的面积与四边形的面积相等？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．


参考答案
1．B
【分析】
根据二次根式有意义的条件列式求解即可．
【详解】
解：∵二次根式有意义
∴x﹣3≥0，即：x≥3．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了二次根式有意义的条件，二次根式有意义的条件是被开方数大于等于零．
2．B
【分析】
由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【详解】
解：A、因为12+22≠32，故不是勾股数；故此选项错误；
B、因为32+42=52，故是勾股数．故此选项正确；
C、因为42+52≠62，故不是勾股数；故此选项错误；
D、因为72+82≠92，故不是勾股数．故此选项错误；
故选B．
3．A
【分析】
直接根据平行四边形的判定定理判断即可．
【详解】
平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．∴C能判断；
平行四边形判定定理1，两组对角分别相等的四边形是平行四边形；∴B能判断；
平行四边形判定定理2，两组对边分别相等的四边形是平行四边形；∴D能判定；
平行四边形判定定理3，对角线互相平分的四边形是平行四边形；
平行四边形判定定理4，一组对边平行相等的四边形是平行四边形；
故选A．
【点睛】
此题是平行四边形的判定，解本题的关键是掌握和灵活运用平行四边形的5个判断方法．
4．C
【详解】
试题解析：将这组数从小到大排列为73,81,81,81,83,85,87,89，观察数据可知，最中间的那两个数为81和83，则中位数为82，而81出现的次数最多，所以众数是81.故本题应选C.
5．A
【分析】
由平行四边形对边平行根据两直线平行，内错角相等可得∠EDA=∠DEC，而DE平分∠ADC，进一步推出∠EDC=∠DEC，在同一三角形中，根据等角对等边得CE=CD，则BE可求解．
【详解】
根据平行四边形的性质得AD∥BC，
∴∠EDA=∠DEC，
又∵DE平分∠ADC，
∴∠EDC=∠EDA，
∴∠EDC=∠DEC，
∴CD=CE=AB=6，
即BE=BC﹣EC=8﹣6=2．
故选：A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质的应用，及等腰三角形的判定，属于基础题．
6．C
【详解】
试题分析：∵k=1>0，∴y随x的增大而增大，∵-<1，∴y1＜y2．
故选C．
考点： 一次函数的性质．
7．A
【分析】
根据二次根式的性质列出不等式，解不等式即可解答.
【详解】
∵= =﹣a，
∴a≤0，a+3≥0，
∴﹣3≤a≤0.
故选A.
【点睛】
本题考查二次根式的性质，根据二次根式的性质列出不等式是解题的关键.
8．D
【分析】
结合题意，根据一次函数图像的性质，对各个选项逐个分析，即可得到答案．
【详解】
当时，
∴函数图象经过第一、三、四象限，故选项A错误；
当时，随的增大而减小，故选项B错误；
当时，
∴函数图象经过第一、二、三象限，故选项C错误；
当时，，故选项D正确；
故选：D．
【点睛】
本题考查了一次函数的知识；解题的关键是熟练掌握一次函数图像的性质，从而完成求解．
9．5
【分析】
根据二次根式的性质计算即可．
【详解】
解：，
故答案为：5．
【点睛】
本题考查了二次根式的性质，解题的关键是掌握相应的运算方法．
10．
【分析】
直接把的值代入，利用二次根式的混合运算法则计算得出答案．
【详解】
解：，



．
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了二次根式的化简求值，正确掌握二次根式的性质是解题的关键．
11．83.5
【分析】
结合题意，根据加权平均数的性质计算，即可得到答案．
【详解】
数学期末成绩为：分
故答案为：83.5．
【点睛】
本题考查了加权平均数的知识；解题的关键是熟练掌握加权平均数的性质，从而完成求解．
12．
【分析】
利用函数图象，写出直线y＝−kx在直线y＝ax−b的上方所对应的自变量的范围即可．
【详解】
解：由图像可知：
当x＞−1时，−kx＞ax−b，
所以关于x的不等式−ax＋b＞kx的解集为x＞−1．
故答案为x＞−1．
【点睛】
本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y＝kx＋b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y＝kx＋b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
13．
【分析】
作点A 关于x轴对称点，利用两点之间线段最短，求出直线的解析式，与x轴的交点即为点C坐标．
【详解】
解：作点关于轴的对称点，连接交x轴与C，则此时AC+BC=+BC取得最小值，
直线的解析式为，
∵B（4,3），
∴ ∴ ，
求得直线的解析式为，
其与轴的交点即为所求点．
故答案为：．
（此题作点的对称点亦可．）

【点睛】
本题考查了坐标与图形性质、轴对称-最短路线问题、求直线解析式，解答的关键是认真分析，画出草图，找到相关信息的关联点，利用数形结合法、待定系数法等解题方法进行推理、计算，要熟记一些常见数学模型（如将军饮马模型）的解题方法和思路，会起到事半功倍之效果．
14．
【详解】
在Rt△ABD中，，，∴ ，由折叠的性质可得，△ADG≌△A'DG，∴ ，，∴ .设，则，，在Rt△A'BG中，，解得，即．
15．1或
【分析】
求出直线AB的解析式，设直线x=2交直线AB于点E，可得，再根据三角形面积公式列出方程求解即可.
【详解】
解：如图，

∵A（0，2），B（6，0），
∴直线AB的解析式为
设直线x=2交直线AB于点E，则可得到，
由题意：
解得m=1或
故答案为1或
【点睛】
本题考查了坐标与图形的性质，解题的关键是学会构建一次函数解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
16．15．
【详解】
试题分析：由第一段函数得出进水速度是20÷4=5升/分，由第二段函数可算出出水速度是（8×5-10）÷（12-4）=30÷8=3．75升/分，利用两点坐标（4，20），（12，30）求出第二段函数解析式为y=x+15，则a点纵坐标是，由第三段图像即出水速度×出水时间=出水量，列方程得：=（24-a）×3．75，解得a=15．
考点：一次函数的实际应用．
17．（1）；（2）
【分析】
（1）先将各项化为最简二次根式，再进行合并，即可求解；
（2）先进行乘除运算，再化简，即可求解．
【详解】
（1）计算：．
解：原式

．
（2）解：原式．
【点睛】
本题主要考查了二次根式的加减和乘除运算，熟练掌握二次根式的四则运算法则是解题的关键．
18．证明见解析
【分析】
证明四边形是平行四边形有很多种方法，此题可由对角线互相平分来得到证明．
【详解】
证明：连接BD交AC与O点，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
又∵AP=CQ，
∴AP+AO=CQ+CO，
即PO=QO，
∴四边形PBQD是平行四边形．

【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定问题，应熟练掌握．
19．（1）；（2）甲的成绩比乙稳定；（3）60%，50%
【分析】
（1）分别计算与，进行比较即可；
（2）方差越小越稳定，根据方差的稳定性解答；
（3）优秀的人数除以总人数再乘以100%即可得到答案．
【详解】
解：（1）∵，，
∴；
故答案为：；
（2）∵，
∴甲的成绩比乙的成绩稳定；
故答案为：甲的成绩比乙的成绩稳定；
（3）甲的优秀率，乙的优秀率．
【点睛】
此题考查统计表的应用，正确掌握平均数的计算，方差的应用，优秀率是计算公式是解题的关键．
20．（1）；（2）5；（3）
【分析】
（1）利用正比例函数的定义设y-4=kx，然后把x=1，y=2代入求出k即可得到函数关系式；
（2）把代入（1）所求的函数解析式中，即可求得对应的函数y的值；
（3）根据平移的规律得到：y=-2(x-a)+4，把(0，6)代入，即可求得a的值．
【详解】
（1）设，
∵当时，，
∴，解得，
∴，
∴与之间的函数关系式为；
（2）当时，；
（3）设平移后的解析式为
将代入得：，解得：．
【点睛】
本题考查了待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，一次函数图象与平移变换，求出函数解析式是解题的关键，另外，一次函数图象左右平移时，函数解析式的自变量是左加右减，这与点的平移其横坐标是左减右加正好相反，两者不要混淆．
21．（1）证明见解析；（2）4.
【分析】
（1）由AD∥BC，BD平分∠ABC，可得AD＝AB，结合AD∥BC，可得四边形ABCD是平行四边形，进而，可证明四边形ABCD是菱形，
（2）由四边形ABCD是菱形，可得OC＝AC＝2，在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD＝4，根据“在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半”，即可求解.
【详解】
（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴AD＝AB，
∵AB＝BC，
∴AD＝BC，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC＝AC＝2，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD＝＝4，
∴BD＝2OD＝8，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB＝90°，
∵OB＝OD，
∴OE＝BD＝4．
【点睛】
本题主要考查菱形的判定定理及性质定理，题目中的“双平等腰”模型是证明四边形是菱形的关键，掌握直角三角形的性质和勾股定理，是求OE长的关键.
22．见解析
【分析】
在、、中，运用三次勾股定理，然后利用等量代换即可证明结论．
【详解】
证明：在中，，
在中，，
∴，
又∵是中点，
∴，
∴
，
即：．
【点睛】
题目主要考查勾股定理的重复运用，熟练掌握勾股定理且准确应用等量代换是解题关键．
23．（1）平行四边形；（2）四边形是菱形，证明见解析；（3）四边形是正方形．
【分析】
（1）如图1中，连接BD，根据三角形中位线定理可得：EH∥FG，，然后利用平行四边形的判定定理即可证明；
（2）四边形EFGH是菱形．先证明，得到，再利用三角形中位线定理可得，根据菱形的判定定理即可证明；
（3）四边形EFGH是正方形，只要证明，利用，得，即可证明，然后根据正方形的判定定理即可得出结论．
【详解】
（1）证明：如图1中，连接BD，

∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，，
∴EH∥FG，，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）解：如图2中，连接，，

∵，
∴
即，
在和中，
，
∴，
∴
∵点，，分别为边，，的中点，
∴，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形；
（3）四边形EFGH是正方形，
证明：如图2中，设AC与BD交于点O，AC与PD交于点M，AC与EH交于点N．
∵，
∴，
∵，
∴，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴，
∵四边形是菱形，
∴四边形EFGH是正方形．
【点睛】
题目主要考查平行四边形、菱形、正方形的判定定理及三角形的中位线的性质，熟练掌握知识点并作出相应辅助线是解题关键．
24．（1），，；（2）；A→C：200吨，A→D： 0吨，B→C：40吨，B→D：260吨；（3）时，在的前提下调运方案的总费用不变； 时，总费用最小，其调运方案为：A→C：0吨，A→D： 200吨，B→C：240吨，B→D：60吨；
【分析】
（1）根据题意，从A处调运到C处的数量为（240-x）t；从A处调往D处的数量为[200-（240-x）]t；则从B调运到D处的数量为（300-x）t；
（2）根据调运总费用等于四种调运单价乘以对应的吨数的积的和，易得w与x的函数关系，根据调运的数量非负即可不等式组，求得x的范围，从而可求得总费用的最小的调运方案；
（3）由题意可得w与x的关系式，根据x的取值范围不同而有不同的解，分情况讨论：当0 【详解】
（1）填表如下：



总计/



200



300
总计/
240
260
500
故答案为：，，；
（2）与之间的函数关系为：
由题意得：
∴
∵在中，
∴随的增大而增大
∴当时，总运费最小
此时调运方案为：




200吨
0吨

40吨
260吨
（3）由题意得
即，其中
∴，（2）中调运方案总费用最小；
时，在的前提下调运方案的总费用不变；
时，总费用最小，其调运方案如下：




0吨
200吨

240吨
60吨
【点睛】
25．（1）；（2）；（3）存在，点坐标为；（4）存在，坐标为或或．
【分析】
（1）先求得A、B两点坐标，然后过点C作CM⊥x轴于点M，利用AAS可证明△BOA≌△AMC，确定点C的坐标，再用待定系数法求函数解析式；
（2）联立方程组求得点E的坐标，利用三角形面积公式即可求得面积；
（3）结合两个三角形的面积相等的特点，当两个三角形等高时面积相等，从而求得结果；
（4）易求得四边形ABCD的面积，分点F在x轴或y轴上两种情况，在x轴上又分三种情况，设点F的坐标，结合三角形和四边形面积相等列方程求解．
【详解】
（1）∵直线分别交轴，轴于，两点，

令，则，
∴．
令，则，
∴．
过点作轴于点M，
则∠AOB=∠CMA=90°，
∴∠CAM+∠ACM=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAO+∠CAM=90°，
∴∠BAO=∠ACM
∵△ABC是等腰直角三角形，且∠BAC=90°
∴AB=AC
在△BOA与△AMC中
，
∴，
∴，，
∴OM=OA+AM=3+4=7，
∴，
又∵，
设直线的解析式为，则有
解得：
∴直线的解析式为：．
（2）联立方程组，
解得：，
∴．
∴．
（3）存在．
∵与面积相等，且底AD相等，
∴底边AD上的高相等，
∴P点的纵坐标为，
∴在中，令，则，
∴，
∴点坐标为．
（4）存在．
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
，
，
=14．
①当点F在y轴上时，设F点坐标为(0，y) ，如图，
∵的面积与四边形的面积相等，
∴，
解得：y=8或y=0，
∴坐标为或；

②当点F在x轴上时，设F点坐标为(m，0) ，
若F点在O点左侧，则m<0，如图，
则 ，
∴ ，
解得：m=0(不合题意，舍去)

若点F在线段OM上（包括两个端点），即0≤m≤7，如图，
则，
∴ ，
解得：m=0
∴点坐标为；

若点F位于点M的右侧，则m>7，如图，
则，
∴，
解得：m=6（不合题意），
此时点F不存在；

或，
∴ ，
解得：m=56
∴点坐标为；
综上所述，满足条件的点坐标为或或．
【点睛】
本题是一次函数的应用问题，考查了待定系数法求函数解析式，全等三角形的判定与性质，图形面积的计算，理解一次函数的性质，利用数形结合和分类讨论思想解题是关键．