八年级数学下学期期中测试卷（人教版，河北专用）03

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八年级数学下学期期中测试卷03（满分：120分  时间：120分钟）一．选择题（本大题有16个小题，共42分．1～10小题各3分，11～16小题各2分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．若有意义，则x的取值范围是（　　）A．x＞﹣1 B．x≥0 C．x≥﹣1 D．任意实数【考点】二次根式有意义的条件．【解答】解：由题意得：x+1≥0，解得：x≥﹣1，故选：C．2．下列图象中，表示y是x的函数的是（　　）A． B． C． D．   【考点】函数的概念．【解答】解：根据函数的定义可知，每给定自变量x一个值，都有唯一的函数值y与之相对应，所以A、B、C不合题意．故选：D．3．已知直角三角形的两条直角边的长分别为1和2，则斜边的长为（　　）A． B． C．3 D．5【考点】勾股定理．【解答】解：∵直角三角形的两条直角边的长分别为1和2，∴斜边的长为：．故选：B．4．下列计算正确的是（　　）A． B． C． D．【考点】二次根式的混合运算．【解答】解：A、，故A错误．B、，故B正确．C、，故C错误．D、，故D错误．故选：B．5．函数y＝2x﹣5的图象经过（　　）A．第一、三、四象限 B．第一、二、四象限 C．第二、三、四象限 D．第一、二、三象限【考点】一次函数的性质．【解答】解：在y＝2x﹣5中，∵k＝2＞0，b＝﹣5＜0，∴函数过第一、三、四象限，故选：A．6．△ABC中，AB＝7，BC＝6，AC＝5，点D、E、F分别是三边的中点，则△DEF的周长为（　　）A．4.5 B．9 C．10 D．12【考点】三角形中位线定理．【解答】解：∵点D、E、F分别是三边的中点，∴DE、EF、DF为△ABC的中位线，∴DE＝AB＝×7＝，DF＝AC＝×5＝，EF＝BC＝×6＝3，∴△DEF的周长＝++3＝9，故选：B．7．在下列给出的条件中，能判定四边形ABCD为平行四边形的是（　　）A．AB∥CD，AD＝BC B．∠A＝∠B，∠C＝∠D C．AB∥CD，AB＝CD D．AB＝AD，CB＝CD【考点】平行四边形的判定．【解答】解：A、由AB∥CD，AD＝BC不能判定四边形ABCD为平行四边形；B、由∠A＝∠B，∠C＝∠D不能判定四边形ABCD为平行四边形；C、由AB∥CD，AB＝CD能判定四边形ABCD为平行四边形；D、AB＝AD，BC＝CD不能判定四边形ABCD为平行四边形；故选：C．8．已知P1（﹣3，y1），P2（2，y2）是一次函数y＝﹣x﹣1的图象上的两个点，则y1，y2的大小关系是（　　）A．y1＝y2 B．y1＜y2 C．y1＞y2 D．不能确定【考点】一次函数图象上点的坐标特征．【解答】解：∵P1（﹣3，y1），P2（2，y2）是一次函数y＝﹣x﹣1的图象上的两个点，且﹣3＜2，∴y1＞y2．故选：C．9．如图，一个梯子AB斜靠在一竖直的墙AO上，测得AO＝8米．若梯子的顶端沿墙面向下滑动2米，这时梯子的底端在水平的地面也恰好向外移动2米，则梯子AB的长度为（　　）A．10米 B．6米 C．7米 D．8米【考点】勾股定理的应用．【解答】解：由题意得：AC＝BD＝2米，∵AO＝8米，∴CO＝6米，设BO＝x米，则DO＝（x+2）米，由题意得：62+（x+2）2＝82+x2，解得：x＝6，AB＝＝10（米），故选：A．10．小明骑自行车上学，路上要经过平路、上坡、下坡、平路，小明下坡、上坡及平路速度均为匀速，但上坡速度最慢，下坡速度最快，那么小明骑自行车上学时，离开家的路程S与所用时间t的函数图象大致是（　　）A． B． C． D．【考点】函数的图象．【解答】解：小明骑自行车上学，路上要经过平路、上坡、下坡、平路，小明下坡、上坡及平路速度均为匀速，但上坡速度最慢，下坡速度最快，所以小明骑自行车上学时，离开家的路程S与所用时间t的函数图象大致先坡度大，再坡度小，再坡度更大，最后坡度大，故选：C．11．下列结论中，矩形具有而菱形不一定具有的性质是（　　）A．内角和为360° B．对角线互相平分 C．对角线相等 D．对角线互相垂直【考点】菱形的性质；矩形的性质．【解答】解：矩形和菱形的内角和都为360°，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线垂直且平分，∴矩形具有而菱形不具有的性质为对角线相等，故选：C．12．如图，平行四边形ABCD中，AE平分∠DAB，∠B＝100°，则∠DEA等于（　　）A．100° B．80° C．60° D．40°【考点】平行四边形的性质．【解答】解：在▱ABCD中，∵AD∥BC，∴∠DAB＝180°﹣∠B＝180°﹣100°＝80°．∵AE平分∠DAB，∴∠AED＝∠DAB＝40°．故选：D．13．如图，在菱形ABCD中，AB＝5，∠B：∠BCD＝1：2，则对角线AC等于（　　）A．5 B．10 C．15 D．20【考点】菱形的性质．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴∠B+∠BCD＝180°，AB＝BC，∵∠B：∠BCD＝1：2，∴∠B＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝5．故选：A．14．如图，在我省某高速公路上，一辆轿车和一辆货车沿相同的路线从M地到N地，所经过的路程y（千米）与时间x（小时）的函数关系图象如图所示，轿车比货车早到（　　）A．1小时 B．2小时 C．3小时 D．4小时【考点】函数的图象．【解答】解：根据图象提供信息，可知M为CB中点，且MK∥BF，∴CF＝2CK＝3．∴OF＝OC+CF＝4．∴EF＝OE﹣OF＝1．即轿车比货车早到1小时，故选：A．15．如图，圆柱形玻璃杯高为14cm，底面周长为32cm，在杯内壁离杯底5cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿3cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为（　　）cm（杯壁厚度不计）．A．14 B．18 C．20 D．25【考点】平面展开﹣最短路径问题．【解答】解：如图：将杯子侧面展开，作A关于EF的对称点A′，连接A′F，此时点A’、F、B在同一条直线上，则AF+BF为蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离，即A′B的长度，∵A′B＝＝＝20（cm）．∴蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为20cm，故选：C．16．如图，在▱ABCD中，AB＝2，BC＝4，∠D＝60°，点P、Q分别是AC和BC上的动点，在点P和点Q运动的过程中，PB+PQ的最小值为（　　）A．4 B．3 C．2 D．4【考点】平行四边形的性质；轴对称﹣最短路线问题．【解答】解：取BC的中点G，连接AG．∵AB＝BG＝2，∠ABG＝∠D＝60°，∴△ABG是等边三角形，∴AG＝GC＝2，∠AGB＝∠BAG＝60°，∴∠GAC＝∠GCA＝30°，∴∠BAC＝90°，作点B关于AC的对称点F，连接CF，作BE⊥CF于E，则BE的长即为PB+PQ的最小值（垂线段最短），易知△BCF是等边三角形，BE＝×4＝2，∴BP+PQ的最小值为2．故选：C．二．填空题（本大题有3个小题，共12分．17～18小题各3分；19小题有2个空，每空3分）17．计算（﹣2）（+2）的结果等于　﹣1　．【考点】平方差公式；二次根式的混合运算．【解答】解：（﹣2）（+2）＝（）2﹣4＝3﹣4＝﹣1．故答案为：﹣1．18．正比例函数经过点A（﹣2，y1）、B（5，y2），如果y1＞y2，那么y随x的减小而　增大　．【考点】正比例函数的性质；一次函数图象上点的坐标特征．【解答】解：设正比例函数解析式为y＝kx（k≠0），∵正比例函数经过点A（﹣2，y1）、B（5，y2），∴y1＝﹣2k，y2＝5k，∵y1＞y2，∴﹣2k＞5k，解得k＜0，∴y随x的减小而增大，故答案为增大．19．已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，BC：AC＝3：4，则BC＝　6　，AC＝　8　．【考点】勾股定理．【解答】解：设BC＝3x，AC＝4x，（x＞0）．由勾股定理得：AB2＝BC2+AC2，即102＝（3x）2+（4x）2，解得x＝2．故BC＝3x＝6，AC＝4x＝8．故答案是：6；8．三．解答题（本大题有7个小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）20．（8分）（1）已知x＝2﹣，y＝2+，求x2﹣y2的值；（2）已知x＝﹣1，求代数式x2+2x+2的值．【考点】分母有理化；二次根式的化简求值．【解答】解：（1）∵x＝2﹣，y＝2+，∴x+y＝4，x﹣y＝﹣2∴x2﹣y2＝（x+y）（x﹣y）＝4×（﹣2）＝﹣8；（2）∵x＝﹣1，∴x+1＝，∴（x+1）2＝23，即x2+2x+1＝23，∴x2+2x＝22，∴x2+2x+2＝22+2＝24．21．（8分）如图1，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且AE∥BD，BE∥AC，OE＝CD．（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）若∠ADC＝60°，BE＝2，求BD的长．【考点】平行四边形的性质；菱形的判定与性质．【解答】（1）证明：∵AE∥BD，BE∥AC，∴四边形AEBO是平行四边形，∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC＝AB．∵OE＝CD，∴OE＝AB．∴平行四边形AEBO是矩形，∴∠BOA＝90°．∴AC⊥BD．∴平行四边形ABCD是菱形；（2）解：由（1）得：四边形AEBO是矩形，四边形ABCD是菱形，∴OA＝BE＝2，AC⊥BD，BO＝DO，∠ADO＝30°，∴OD＝OA＝2，∴BD＝2OD＝4．22．（9分）如图，一次函数y＝ax+b的图象与正比例函数y＝kx的图象交于点M．（1）求正比例函数和一次函数的解析式；（2）求△MOP的面积．【考点】待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求正比例函数解析式；两条直线相交或平行问题．【解答】解：（1）一次函数y＝ax+b的图象经过点（1，0），（0，﹣2），∴，解得，故一次函数的解析式为：y＝2x﹣2，将x＝2代入y＝2x﹣2得，y＝2，∴M（2，2），将M（2，2）代入y＝kx，解得：k＝1，所以正比例函数解析式为：y＝x；（2）△MOP的面积为＝1．23．（9分）阅读下列材料，然后解答下列问题：在进行代数式化简时，我们有时会碰上如，这样的式子，其实我们还可以将其进一步化简：（一）＝＝；（二）＝＝＝﹣1；（三）＝＝＝＝﹣1．以上这种化简的方法叫分母有理化．（1）请用不同的方法化简：①参照（二）式化简＝　﹣　．②参照（三）式化简＝　﹣　．（2）化简：+++…+．【考点】分母有理化．【解答】解：（1）①＝＝﹣；②＝＝＝﹣；（2）原式＝+++…+＝＝．故答案为：（1）①﹣；②﹣24．（10分）如图，在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝16cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A停止，同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s．连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为ts．（1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形；（2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形；（3）分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积．【考点】菱形的判定与性质；矩形的判定与性质．【解答】解：（1）∵在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝16cm，∴BC＝AD＝16cm，AB＝CD＝8cm，由已知可得，BQ＝DP＝tcm，AP＝CQ＝（16﹣t）cm，在矩形ABCD中，∠B＝90°，AD∥BC，当BQ＝AP时，四边形ABQP为矩形，∴t＝16﹣t，得t＝8，故当t＝8s时，四边形ABQP为矩形；（2）∵AP＝CQ，AP∥CQ，∴四边形AQCP为平行四边形，∴当AQ＝CQ时，四边形AQCP为菱形即＝16﹣t时，四边形AQCP为菱形，解得t＝6，故当t＝6s时，四边形AQCP为菱形；（3）当t＝6s时，AQ＝CQ＝CP＝AP＝16﹣6＝10cm，则周长为4×10cm＝40cm；面积为10cm×8cm＝80cm2．25．（10分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的三个顶点A，O，C在坐标轴上，矩形的面积为12，对角线AC所在直线的解析式为y＝kx﹣4k（k≠0）．（1）求A，C的坐标；（2）若D为AC中点，过D的直线交y轴负半轴于E，交BC于F，且OE＝1，求直线EF的解析式；（3）在（2）的条件下，在坐标平面内是否存在一点G，使以C，D，F，G为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】一次函数综合题．【解答】解：（1）对于y＝kx﹣4k，令y＝0，即kx﹣4k＝0，解得x＝4，故点A（4，0），则OA＝4，而矩形的面积＝AO•OC＝4OA＝12，解得OC＝3，故点C（0，3）；（2）若D为AC中点，则点D（2，），∵OE＝1，故点E（0，﹣1），设直线EF的表达式为y＝mx+n，则，解得，故直线EF的表达式为y＝x﹣1；（3）存在，理由：对于y＝x﹣1，令y＝3＝x﹣1，解得x＝，故点F（，3），而点C，D的坐标分别为（0，3）、（2，），设点G（a，b），①当CD是边时，点C向右平移2个单位向下平移个单位得到点D，同样，点F（G）向右平移2个单位向下平移个单位得到点G（F），则+2＝a且3﹣＝b或﹣2＝a且3+＝b，解得，故点G的坐标为（，）或（，）；②当CD为对角线时，由中点公式得：（0+2）＝（a+）且（3+）＝（b+3），解得，故点G的坐标为（﹣，）；故点G的坐标为（，）或（，）或（﹣，）．26．（12分）如图，在边长为a的正方形ABCD中，作∠ACD的平分线交AD于F，过F作直线AC的垂线交AC于P，交CD的延长线于Q，又过P作AD的平行线与直线CF交于点E，连接DE，AE，PD，PB．（1）求AC，DQ的长；（2）四边形DFPE是菱形吗？为什么？（3）探究线段DQ，DP，EF之间的数量关系，并证明探究结论；（4）探究线段PB与AE之间的数量关系与位置关系，并证明探究结论．【考点】四边形综合题．【解答】解：（1）AC＝，∵CF平分∠BCD，FD⊥CD，FP⊥AC，∴FD＝FP，又∠FDQ＝∠FPA，∠DFQ＝∠PFA，∴△FDQ≌△FPA（ASA），∴QD＝AP，∵点P在正方形ABCD对角线AC上，∴CD＝CP＝a，∴QD＝AP＝AC﹣PC＝（）a；（2）∵FD＝FP，CD＝CP，∴CF垂直平分DP，即DP⊥CF，∴ED＝EP，则∠EDP＝∠EPD，∵FD＝FP，∴∠FDP＝∠FPD，而EP∥DF，∴∠EPD＝∠FDP，∴∠FPD＝∠EPD，∴∠EDP＝∠FPD，∴DE∥PF，而EP∥DF，∴四边形DFPE是平行四边形，∵EF⊥DP，∴四边形DFPE是菱形；（3）DP2+EF2＝4QD2，理由是：∵四边形DFPE是菱形，设DP与EF交于点G，∴2DG＝DP，2GF＝EF，∵∠ACD＝45°，FP⊥AC，∴△PCQ为等腰直角三角形，∴∠Q＝45°，可得△QDF为等腰直角三角形，∴QD＝DF，在△DGF中，DG2+FG2＝DF2，∴有（DP）2+（EF）2＝QD2，整理得：DP2+EF2＝4QD2；（4）∵∠DFQ＝45°，DE∥FP，∴∠EDF＝45°，又∵DE＝DF＝DQ＝AP＝（）a，AD＝AB，∴△ADE≌BAP（SAS），∴AE＝BP，∠EAD＝∠ABP，延长BP，与AE交于点H，∵∠HPA＝∠PAB+∠PBA＝∠PAB+∠DAE，∠PAB+∠DAE+∠HAP＝90°，∴∠HPA+∠HAP＝90°，∴∠PHA＝90°，即BP⊥AE，综上：BP与AE的关系是：垂直且相等．