2021-2022学年河北省石家庄市平山县八年级（下）期末数学试卷（含解析)

2021-2022学年河北省石家庄市平山县八年级（下）期末数学试卷

一、选择题（本大题共16小题，共42分）

1. 二次根式的值是(    )

A.  B. 或 C.  D.

2. 下列四组数据中，不能作为直角三角形三边长的是(    )

A. ，， B. ，， C. ，， D. ，，

3. 下列计算正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

4. 某校篮球队名场上队员的身高是：，，，，，现用一名身高的队员换下场上身高的队员，与换人前相比，场上队员身高的(    )

A. 平均数变小，方差变小 B. 平均数变小，方差变大
C. 平均数变大，方差变小 D. 平均数变大，方差变大

5. 小明骑自行车上学，开始以正常速度匀速行驶，但行至中途时，自行车出了故障，只好停下来修车，车修好后，因怕耽误上课，他比修车前加快了速度继续匀速行驶，下面是行驶路程关于时间的函数图象，那么符合小明行驶情况的大致图象是(    )

A.  B.
C.  D.

6. 检查一个门框已知两组对边分别相等是不是矩形，不可用的方法是(    )

A. 测量两条对角线是否相等 B. 用重垂线检查竖门框是否与地面垂直
C. 测量门框的三个角是否都是直角 D. 测量两条对角线是否互相平分

7. 若，，都是整数，且，，，则下列关于，，的大小关系，正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

8. 对于一次函数，下列结论错误的是(    )

A. 函数值随自变量的增大而减小
B. 当时，
C. 函数的图象向下平移个单位长度得的图象
D. 函数的图象与轴的交点坐标是

9. 已知一次函数经过、两点，则它的图象不经过(    )

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

10. 一次函数在平面直角坐标系中的图象可能是(    )

A.  B.
C.  D.

11. 如图，在矩形中，点的坐标是，则的长是(    )

A.
B.
C.
D.

12. 如图，在菱形中，，分别在，上，且，与交于点，连接若，则的度数为(    )

A.  B.  C.  D.

13. 把直线向上平移个单位后，与直线的交点在第一象限，则的取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

14. 如图，已知直线：与直线：在第一象限交于点若直线与轴的交点为，则的取值范围是(    )

A.
B.
C.
D.

15. 如图，在中，，点是的中点，且，如果的面积为，则它的周长为(    )

A.
B.
C.
D.

16. 正方形，正方形如图放置，点、、在同一条直线上，点在边上，，且，连接交于点有下列结论：；：；；，其中正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本大题共3小题，共12分）

17. 某公司招聘职员，竞聘者需通过计算机、语言表达和写作能力测试，李强的三项测试百分制得分依次是分，分，分，其中计算机成绩占，语言表达占，写作能力成绩占，则李强最终的成绩是______分．
18. 如图，是菱形的边上一点且，则______．

19. 将正方形，，按如图所示方式放置，点，，和点，，，分别在直线和轴上，则点的坐标是______，的坐标是______．

三、解答题（本大题共7小题，共66分）

20. 计算：
    ；
    ；
    ；
    ．
21. 月日是国际数学日，某校开展了一次数学趣味知识竞赛竞赛成绩为百分制，并随机抽取了名学生的竞赛成绩本次竞赛没有满分，经过整理数据得到以下信息：
    信息一：名学生竞赛成绩频数分布表

信息二：成绩在这一组的是：

根据信息解答下列问题：
表中______．
成绩在这一组的众数是______分，抽取的名学生竞赛成绩的中位数是______．
若该校共有名学生参赛，请估计该校参赛学生成绩不低于分的约为______人．

22. 如图，在每个小正方形的边长均为的方格纸中有线段和，点、、、均在小正方形的顶点上．
    在方格纸中画出一个以为对角线的菱形，点在直线的下方，且点、都在小正方形的顶点上；
    在方格纸中画出以为底边，面积为的等腰三角形，且点在小正方形的顶点上；
    在、的条件下，连接，请直接写出线段的长．

23. 在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点．
    求证：四边形是菱形；
    若，，求菱形的面积．

24. 如图，在直角坐标系中，直线：经过点，直线与交于点，与轴交于点，点关于轴对称的点在直线上．
    求直线的函数表达式；
    连接，求的面积；
    过点作轴的垂线，分别交，于点，，若，两点间的距离不小于，直接写出的取值范围．

25. 新疆与东欧国家的贸易往来越来越密切，东欧某国家要购买两种商品和，经调查，用元采购型商品的件数是用元采购型商品的件数的倍，一件型商品的进价比一件型商品的进价多元．
    求一件，型商品的进价分别为多少元？
    若该东欧客商购进，型商品共件进行试销，其中型商品的件数不大于型的件数，且不小于件，已知型商品的售价为元件，型商品的售价为元件，且全部售出．设购进型商品件，求该客商销售这批商品的利润与之间的函数解析式，并写出的取值范围；
    在的条件下，东欧客商决定在试销活动中每售出一件型商品，就从一件型商品的利润中捐献慈善资金元，求该客商售完所有商品并捐献慈善资金后获得的最大收益．
26. 如图，已知一次函数的图象过点，点是该直线上的一个动点，过点分别作垂直轴于点，垂直轴于点，在四边形上分别截取：，，，．
    ______；
    求证：四边形是平行四边形；
    在直线上是否存在这样的点，使四边形为正方形？若存在，请求出所有符合的点的坐标；若不存在，请说明理由．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，故D正确，
故选：．
根据算术平方根的概念可得答案．
本题考查了算术平方根的概念．
 

2.【答案】 

【解析】解：、，能构成直角三角形，故此选项不符合题意；
B、，不能构成直角三角形，故此选项符合题意；
C、，能构成直角三角形，故此选项不合题意；
D、，能构成直角三角形，故此选项不合题意；
故选：．
利用勾股定理逆定理进行分析即可．
此题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握勾股定理的逆定理将数转化为形，作用是判断一个三角形是不是直角三角形．必须满足较小两边平方的和等于最大边的平方才能做出判断．
 

3.【答案】 

【解析】解：、是正确的；
B、、不是同类项，不能合并，故选项错误；
C、，故选项错误；
D、，故选项错误．
故选：．
A、根据二次根式的乘法计算即可求解；
B、根据合并同类项的计算法则计算即可求解；
C、根据二次根式的除法计算即可求解；
D、根据算术平方根的定义计算即可求解．
考查了二次根式的乘除法，合并同类项，算术平方根的定义，关键是熟练掌握计算法则正确进行计算．
 

4.【答案】 

【解析】解：原数据的平均数为：，
方差是：；
新数据的平均数为，
方差是：；
所以平均数变大，方差变小，
故选：．
利用平均数的计算方法判断平均数的变化，利用数据波动性的变小和方差的意义判断数据方差的变化．
本题考查了方差：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．也考查了平均数．
 

5.【答案】 

【解析】解：小明骑自行车上学，开始以正常速度匀速行驶，正常匀速行驶的路程、时间图象是一条过原点的斜线，
修车时自行车没有运动，所以修车时的路程保持不变是一条平行于横坐标的水平线，
修车后为了赶时间，他比修车前加快了速度继续匀速行驶，此时的路程、时间图象仍是一条斜线，只是斜线的倾角变大．
因此选项A、、都不符合要求．
故选：．
根据匀速直线运动的路程、时间图象是一条过原点的斜线，修车时自行车没有运动，所以修车时的路程保持不变是一条直线，修车后为了赶时间，加大速度后再做匀速直线运动，其速度比原来变大，斜线的倾角变大，即可得出答案．
此题考查了函数的图象，本题的解题关键是知道匀速直线运动的路程、时间与图象的特点，要能把实际问题转化成数学问题．
 

6.【答案】 

【解析】解：一个门框的两组对边分别相等，
这个门框是平行四边形，
测量两条对角线是否相等，可以判断这个门框是不是矩形，故选项A正确，不符合题意；
用重垂线检查竖门框是否与地面垂直，可以判断这个门框是不是矩形，故选项B正确，不符合题意；
测量门框的三个角是否都是直角，可以判断这个门框是不是矩形，故选项C正确，不符合题意；
测量两条对角线是否互相平分，不能判断这个门框是不是矩形，故选项D错误，符合题意；
故选：．
根据题意可知这个门框是平行四边形，然后再根据各个选项中的条件和矩形的判定方法可以判断选项中条件能否判断门框为矩形，本题得以解决．
本题考查矩形的判定、平行四边形的判定，解答本题的关键是明确矩形的判定方法．
 

7.【答案】 

【解析】解：，，，
，，，
，
故选：．
分别计算出，，的值，再比较大小即可．
本题主要考查实数大小的比较，熟练掌握算术平方根的计算方法是解题的关键．
 

8.【答案】 

【解析】解：、在中，
随的增大而减小，即A正确；
B、令中，则，
当时，，即不正确；
C、函数的图象向下平移个单位长度后得到的图象的解析式为，
C正确；
D、令中，则，
函数的图象与轴的交点坐标是，即D正确．
故选：．
由一次项系数即可得出该函数为减函数，由此得出A正确；将代入函数解析式中求出值，结合函数的单调性即可得知不正确；根据图象平移的规律“上加下减”，在函数解析式后面整理后即可得知C正确；将代入函数解析式中求出值，即可得知D正确．此题得解．
本题考查了一次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特点以及图象平移的性质，解题的关键是逐条分析四条选项．本题属于基础题，难度不大，解决该题时，熟悉一次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征以及图象平移的性质是解题的关键．
 

9.【答案】 

【解析】解：将、代入一次函数中得：
，
得：，
解得：，
将代入得：，解得：，
，
一次函数解析式为不经过第三象限．
故选：．
将与分别代入一次函数解析式中，得到关于与的二元一次方程组，求出方程组的解得到与的值，确定出一次函数解析式，利用一次函数的性质即可得到一次函数图象不经过第三象限．
此题考查了利用待定系数法求一次函数解析式，以及一次函数的性质，灵活运用待定系数法是解本题的关键．
 

10.【答案】 

【解析】解：当时，一次函数的图象经过一、二、三象限，
当时，一次函数的图象经过二、三、四象限，
故选：．
根据一次函数的性质判断即可．
此题主要考查了一次函数的图象性质，要掌握它的性质才能灵活解题．一次函数的图象有四种情况：
当，，函数的图象经过第一、二、三象限；
当，，函数的图象经过第一、三、四象限；
当，时，函数的图象经过第一、二、四象限；
当，时，函数的图象经过第二、三、四象限．
 

11.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查了矩形的性质以及勾股定理的应用，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
根据勾股定理求得，然后根据矩形的性质得出．
【解答】
解：四边形是矩形，
，
点的坐标是，
，
，
故选：．  

12.【答案】 

【解析】解：四边形为菱形，
，，
，，
在和中，
，
≌，
，
，
，
，
，
，
．
故选：．
根据菱形的性质以及，利用可得≌，可得，然后可得，继而可求得的度数．
本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．
 

13.【答案】 

【解析】解：直线向上平移个单位后可得：，
联立两直线解析式得：，
解得：，
即交点坐标为，
交点在第一象限，
，
解得：．
故选：．
直线向上平移个单位后可得：，求出直线与直线的交点，再由此点在第一象限可得出的取值范围．
本题考查了一次函数图象与几何变换、两直线的交点坐标，注意第一象限的点的横坐标大于、纵坐标大于．
 

14.【答案】 

【解析】

【分析】
此题主要考查了两条直线的相交问题，以及一次函数图象上点的特征．首先根据直线与轴的交点为，求出、的关系；然后求出直线、直线的交点坐标，根据直线、直线的交点横坐标、纵坐标都大于，求出的取值范围即可．
【解答】
解：直线与轴的交点为，
，

解得
直线：与直线：的交点在第一象限，

解得．
故选：．  

15.【答案】 

【解析】

【分析】
本题主要考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线．此题借助于完全平方和公式求得的长度，减少了繁琐的计算，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得；然后利用勾股定理、三角形的面积求得的值，则易求该三角形的周长．
【解答】
解：如图，

在中，，点是的中点，且，
．

又的面积为，
，则．
，
舍去负值，
，即的周长是．
故选：．  

16.【答案】 

【解析】解：，，
．
在和中，有，
≌，
，
四边形为正方形，
，即成立；
无法证出；
，
，
又，
，即成立；
由可知，
在中，，
，且，
为等腰直角三角形，
，
，即成立；
由可知：，
，即成立．
故成立的结论有．
故选：．
由同角的余角相等可证出≌，由此即可得出，再根据正方形的性质即可得出成立；没有满足证明的条件；根据平行线的性质可得出，再由即可得出成立；在中，利用勾股定理即可得出成立；结合即可得出成立．综上即可得出结论．
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、平行线的性质以及勾股定理，解题的关键是逐条分析五条结论是否正确．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，通过证明三角形全等以及利用勾股定理等来验证题中各结论是否成立是关键．
 

17.【答案】 

【解析】解：李强最终的成绩是分，
故答案为：．
根据加权平均数的计算方法进行计算即可．
本题考查加权平均数的意义和计算方法，理解加权平均数的意义，掌握加权平均数的计算方法是正确解答的前提．
 

18.【答案】 

【解析】解：四边形是菱形，
，
，
，
在三角形中，，，
，
又，
，
．
故答案为：．
依题意得出，，又因为故可推出，，从而求解．
本题考查了菱形的边的性质，三角形的内角和及等腰三角形的性质．熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
 

19.【答案】   

【解析】解：当时，，
点的坐标为，
，
四边形为正方形，
，
点的坐标为，点的坐标为，
当时，，
点的坐标为，
，
为正方形，
，
点的坐标为，点的坐标为，
同理，可得点的坐标为，
的坐标为，
故答案为：，
先求出的坐标，再根据正方形的性质求出的坐标，再求出的坐标，根据正方形的性质求出的坐标，同理可得的坐标，分别找出横坐标和纵坐标的规律，即可求出的坐标．
本题考查了一次函数与正方形的综合，涉及一次函数的图象上点的坐标特征，正方形的性质，找出横坐标和纵坐标的规律是解题的关键．
 

20.【答案】解：


；



；



；



． 

【解析】先化简，再进行加减运算即可；
先化简，再算乘除法即可；
先化简，进行乘法的运算，再进行加减运算即可；
利用平方差公式进行运算即可．
本题主要考查二次根式的混合运算，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
 

21.【答案】    分   

【解析】解：，
故答案为：；
将成绩在这一组数据按照从小到大排列是：，，，，，，，，，，，，
故成绩在这一组的众数是分，
抽取的名学生竞赛成绩的中位数是分，
故答案为：，分；
人，
即估计该校参赛学生成绩不低于分的约为人．
根据题目中的数据和表格中的数据，可以计算出的值；
根据题目中的数据，可以写出众数和计算出中位数；
根据表格中的数据，可以计算出该校参赛学生成绩不低于分的人数．
本题考查众数、中位数、用样本估计总体、频数分布表，解答本题的关键是明确众数的定义，会求一组数据的众数和中位数．
 

22.【答案】解：菱形如图所示．

如图所示．，三角形的高

． 

【解析】画出的垂直平分线即可解决问题；
画出线段的垂直平分线，再根据高的值即可确定点的位置；
利用勾股定理即可解决问题；
本题考查勾股定理、菱形的判定等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
 

23.【答案】证明：如图，

，
，
是的中点，
，
在和中，
，
≌；
，
为边上的中线，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，是的中点，
，
平行四边形是菱形；
解：是的中点，
． 

【解析】由证明≌，由全等三角形的性质得，证得四边形为平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线性质可得，可证得结论；
根据条件可证得，再由三角形面积公式可求得答案．
本题考查了菱形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
 

24.【答案】解：把代入得：
，
，
把代入得：
，
，
点关于轴对称的点．
，
设直线的函数表达式为，
，
解得，
直线的函数表达式为；
直线的函数表达式为，与轴交于点，
，
的面积；
，
，，
当点在点右侧时，，
解得；
当点在点左侧时，，
解得，
的取值范围是或． 

【解析】把代入求得的值得出的坐标，然后根据待定系数法即可求得直线的解析式；
根据点坐标即可求出的面积；
根据和题意可得，，，然后分两种情况讨论：当点在点右侧时，当点在点左侧时，进而可以解决问题．
本题考查了两条直线相交或平行问题、待定系数法求一次函数解析式、关于轴、轴对称的点的坐标，熟练掌握函数的性质是本题的关键．
 

25.【答案】解：设一件型商品的进价为元，则一件型商品的进价为元，
根据题意得：，
解得，
经检验，是原方程的解，
，
答：一件型商品的进价为元，则一件型商品的进价为元；
型商品的件数不大于型的件数，且不小于件，
，
解得，
根据题意得，
答：，；
设该客商售完所有商品并捐献慈善资金后获得的收益是元，
根据题意得：，
当时，随的增大而增大，
时，最大，最大值为元，
当时，元，
当时，随的增大而减小，
时，最大，最大为元，
答：当时，该客商售完所有商品并捐献慈善资金后获得的最大收益是元，当时，该客商售完所有商品并捐献慈善资金后获得的最大收益是元，
当时，该客商售完所有商品并捐献慈善资金后获得的最大收益是元． 

【解析】设一件型商品的进价为元，则一件型商品的进价为元，根据用元采购型商品的件数是用元采购型商品的件数的倍，列出方程即可解决问题；
根据总利润两种商品的利润之和列式即可解决问题；
设该客商售完所有商品并捐献慈善资金后获得的收益是元，，分三种情况讨论即可．
本题考查分式方程和一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程和函数关系式．
 

26.【答案】 

【解析】解：将点代入，
，
故答案为：；
证明：由题意可知四边形是矩形，
，，，
，，，，
，，，，
在和中，，，，
≌，
，
在和中，
，，，
≌，
，
，，
四边形是平行四边形；
解：存在点，使四边形为正方形，理由如下：
设点坐标，
当≌时，四边形为正方形，
，
当点在第一象限时，即，，
点在直线上，
，
解得，
；
当点在第二象限或第四象限时，，
点在直线上，
，
解得，
；
综上所述：点坐标是或．
将点代入，即可求解；
证明≌和≌，能够得到，，即可证明；
设点坐标，当≌时，当点在第一象限时，，由，可得；当点在第二象限或第四象限时，，由，可得．
本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，平行四边形的判定与性质，正方形的判定与性质，分类讨论是解题的关键．