2021-2022学年重庆市九龙坡区育才中学教育集团八年级（下）期末数学试卷（Word解析版）

这是一份2021-2022学年重庆市九龙坡区育才中学教育集团八年级（下）期末数学试卷（Word解析版），共24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。
绝密★启用前2021-2022学年重庆市九龙坡区育才中学教育集团八年级（下）期末数学试卷  第I卷（选择题） 一、选择题（本大题共12小题，共48分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）下列字母中，是中心对称图形的是(    )A.  B.  C.  D. 若有意义，则的范围是(    )A.  B.  C.  D. 小育同学在我校举办的“青春心向党，歌唱新时代”歌唱比赛中，根据七位评委所给的分数作了如下表格：平均数中位数众数方差如果去掉一个最高分和一个最低分，则表中数据一定不会发生变化的是(    )A. 众数 B. 平均数 C. 中位数 D. 方差抛物线的顶点坐标是(    )A.  B.  C.  D. 下列说法正确的是(    )A. 方差越大，数据越稳定
B. 平行四边形的对角线互相平分
C. 中，若，则不是直角三角形
D. 菱形的对角线相等一次函数的图象经过原点，则的值为(    )A.  B.  C.  D. 估计的值在(    )A. 和之间 B. 和之间 C. 和之间 D. 和之间已知关于的一元二次方程的一个根是，则的值是(    )A.  B.  C.  D. 甲、乙两人沿同一条路从地出发，去往千米外的地，甲、乙两人离地的距离千米与时间小时之间的关系如图所示，以下说法正确的是(    )
A. 甲的速度是 B. 乙出发小时后两人第一次相遇
C. 乙的速度是 D. 甲乙同时到达地在中，，，高，则的长是(    )A.  B.  C. 或 D. 或若关于的分式方程的解是正整数，且一次函数的图象不经过第三象限，则满足条件的所有整数的和是(    )A.  B.  C.  D. 已知二次函数的图象如图所示，下列结论；；；，其中正确的是(    )
 A.  B.  C.  D. 第II卷（非选择题） 二、填空题（本大题共6小题，共24分）在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为______ ．已知点，在二次函数的图象上，若，则______填“”、“”或“”．关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则______．将直线向下平移个单位，平移后的直线分别交轴、轴于、两点，点为坐标原点，则______．如图，已知正方形，，为的中点，连接，为的中点，连接，把沿所在直线翻折得到，连接，，则的长为______．
 “赤日满天地，火云成山岳，草木尽焦卷，川泽皆竭涸．”炎炎复日，甲、乙两水果店老板决定一起去批发市场同一家店进购顾客夏季最喜欢的、、三种品种的水果．两位老板一共购进、、三种水果数量之比为：：，其中甲店老板购进、、三种水果数量之比为：：，并且乙老板购进、两种水果数量之比为：他们决定、、三种水果的每千克售价分别比其成本高，，，则甲店老板销售完和两种水果的利润与乙店老板销售完和两种水果的利润之比为______． 三、解答题（本大题共8小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）计算：；
解方程：．如图，四边形是平行四边形．
尺规作图：过点作线段的垂线，垂足为点；
连接，分别与、交于点、，其中，求证：四边形是菱形．
证明：由得．
____________
在中，______直角三角形两锐角互余．
，已知
______等量代换
．
______．
平行四边形是菱形．
“喜迎二十大，七一建党节”，某学校举办了以“学党史、强信念、跟党走”为主题的党史知识竞赛活动．从七、八年级中各随机抽取了名学生，统计这部分学生的竞赛成绩数据，并进行整理、描述和分析竞赛成绩均为整数，满分分，成绩得分用表示，共分成四组：；：；，下面给出了部分信息．
七年级抽取学生在组的数据个数为个．
八年级抽取学生竞赛成绩为：
，，，，，，，，，，，，，，，，，，，．
七、八年级抽取的学生竞赛成绩统计表年级平均数中位数众数满分率七年级八年级根据以上信息，解答下列问题：
请填空：______；______；______．
根据以上数据，你认为该校七、八年级中哪个年级学生的党史知识竞赛成绩更好？请说明理由一
条理由即可；
若该校七年级有名学生，八年级有名学生，估计该校党史知识竞赛成绩为满分的人数．
如图，在平面直角坐标系中，作出函数的图象，请先填表再作图，不写作法，不下结论
列表：______；______．
若直线交轴于点，交轴于点，与直线交于点，直线与轴交于点，求四边形的面积．
如图，在▱中，，，过点作，垂足为连接、，交于点，连接，延长交于点．
若，求的长；
求证：．
新晋网红打卡地一一重庆规划展览馆吸引众多游客，某商家借此购进一批文创产品钥匙扣和手账本．商家用元购买钥匙扣，元购买手账本，每个钥匙扣和手账本的进价之和为元，且购进手账本的数量是钥匙扣的倍．
求商家购买每个钥匙扣的进价和每个手账本的进价；
商家在销售过程中发现，当于账本的售价为每个元，钥匙扣的售价为每个元时，平均每天可售出个手账本，个钥匙扣．据统计，钥匙扣的售价每降低元平均每天可多售出个，且降价幅度不超过商家在保证手账本的售价和销量不变且不考虑其他因素的情况下，想使钥匙扣和手账本平均每天的总获利为元，则每个钥匙扣的售价为多少元？已知二次函数的图象和轴交于点、，与轴交于点、．
求二次函数解析式；
在线段上方的抛物线上有一动点，直线与直线交于点，当面积最大时，求点的坐标及面积的最大值；
在条件下，将抛物线沿射线平移个单位长度，得到新二次函数，点在新抛物线对称轴上，在直线上有一点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，写出所有符合条件的点的坐标，并写出求解点的坐标的其中一种情况的过程．
 
与均为等边三角形，在边上，连接．
如图，若，，求的长；
如图，若，在平面内将图中绕点顺时针旋转，连接、，交于点，连接，在运动过程中，猜想线段，，之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
如图，将绕点顺时针旋转，连接，点、为直线上两个动点，且，连接，若，，求的最小值．
 

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：选项A、、都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
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，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与自身重合．
 2.【答案】 【解析】解：若有意义，
，
，
故选：．
在二次根式中，被开方数要大于或等于零式子才有意义．
本题考查二次根式有意义的条件，解题关键在于知道被开方数要大于或等于零．
 3.【答案】 【解析】解：去掉一个最高分和一个最低分对中位数没有影响，
故选：．
根据中位数的定义：位于中间位置或中间两数的平均数，可以得到去掉一个最高分和一个最低分不影响中位数．
本题考查了统计量的选择，解题的关键是了解中位数的定义．
 4.【答案】 【解析】解：
，
顶点坐标为，
故选：．
由函数解析式可求得其顶点坐标．
本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在中，对称轴为，顶点坐标为．
 5.【答案】 【解析】解：方差越小，数据越稳定，原说法错误，故本选项不合题意；
B.平行四边形的对角线互相平分，正确，故本选项符合题意；
C.中，若，则不是直角三角形，说法错误，因为没有说明、是较小的两边，是较大的边，故本选项不合题意；
D.菱形的对角线互相垂直且平分，矩形的对角线相等，原说法错误，故本选项不合题意；
故选：．
选项A根据方差的意义判断即可；选项B根据平行四边形的性质判断即可；选项C根据勾股定理的逆定理判断即可；选项D根据菱形的性质判断即可．
本题考查了方差，平行四边形的性质，菱形的性质以及勾股定理的逆定理，掌握相关性质是解答本题的关键．
 6.【答案】 【解析】解：把代入得，
解得或，
，
．
故选：．
把代入求解，注意的取值范围．
本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程的关系，注意二次函数二次项系数不为．
 7.【答案】 【解析】解：原式

故选：．
原式化简后，估算即可得到结果．
此题考查了估算无理数的大小，以及二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
 8.【答案】 【解析】解：关于的一元二次方程的一个根是，
，即，
，
故选：．
把代入方程得关于的方程，解方程即可确定的值．
本题考查的是一元二次方程的根即方程的解的定义．一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立．
 9.【答案】 【解析】解：
甲的速度是，
故A选项不正确，不符合题意；
根据图象可知，甲出发小时后两人第一次相遇，
故B选项不正确，不符合题意；
，
乙的速度是，
故C选项正确，符合题意；
根据图象可知，乙比甲先到达地，
故D选项不正确，不符合题意．
故选：．
根据图象以及“路程时间速度”即可进行判断．
本题考查了一次函数的实际应用，理解图象上各点的含义是解题的关键．
 10.【答案】 【解析】解：如图，在中，，
在中，，
，
如图，，
综上所述，的长为或，
故选：．
根据勾股定理求出求出、，分情况计算即可．
本题考查的是勾股定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
 11.【答案】 【解析】解：，
，
关于的分式方程的解是正整数，
是非负整数且不等于，
一次函数的图象不经过第三象限，
，
解得，
是非负整数且不等于，，
，，，
，
满足条件的所有整数的和是，
故选：．
根据关于的分式方程的解是正整数，一次函数图像不经过第三象限可以求得满足条件的的值，进而求得所有整数的和．
本题考查一次函数的性质，分式方程的解，解答本题关键在于明确题意，求出的值，利用一次函数性质和分式方程的知识解答．
 12.【答案】 【解析】解：抛物线开口向下，
，
对称轴是直线，
，即，
，
抛物线与轴交点在正半轴，
，
，故正确；
由图象可知，时，
，
，故错误；
，，
，
，故正确，
时，是函数的最大值，
，
，
，
故正确，
正确的有，
故选：．
根据二次函数图象与性质，逐项判断即可．
本题考查二次函数的图象及性质，解题的关键是掌握二次函数图象与系数的关系．
 13.【答案】 【解析】解：在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为，
故答案为：．
平面直角坐标系中任意一点，关于原点的对称点是，记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．
考查了关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题．
 14.【答案】 【解析】解：，
抛物线的对称轴为直线，抛物线开口向上，
点，在二次函数的图象上，且，
．
故答案为：．
先得到抛物线的对称轴，然后根据二次函数的性质求解．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的性质是解题的关键．
 15.【答案】 【解析】解：根据题意得：，
解得：．
故答案为：．
根据方程有两个相等的实数根得到，再根据二次项的系数不等于即可得出答案．
本题考查了根的判别式，一元二次方程的定义，根据方程有两个相等的实数根得到是解题的关键．
 16.【答案】 【解析】解：直线向下平移个单位，所得平移后的直线为，
把代入得：，
把代入得：，
即，，
，
故答案为：．
直接根据“左加右减”的平移规律求解平移后的函数的解析式，然后求出、的值，根据三角形面积公式求出即可．
本题考查了一次函数图象与几何变换，一次函数图象上点的坐标特征的应用，关键是求出、的值．
 17.【答案】 【解析】解：如图，连接，延长交于点，交于点．

四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
与关于对称，
垂直平分线段，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
如图，连接，延长交于点，交于点证明，，求出，利用勾股定理求解．
本题考查翻折变换，正方形的性质，勾股定理，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题．
 18.【答案】： 【解析】解：设甲店老板购进、、三种水果的数量分别为、、，乙老板购进、两种水果的数量分别为、，
两位老板一共购进、、三种水果数量之比为：：，
，即，
乙老板购进种水果的数量为，
、两种水果的每千克售价分别比其成本高，，
甲店老板销售完和两种水果的利润为，
乙店老板销售完和两种水果的利润为，
甲店老板销售完和两种水果的利润与乙店老板销售完和两种水果的利润之比为：：．
故答案为：：．
设甲店老板购进、、三种水果的数量分别为、、，乙老板购进、两种水果的数量分别为、，根据两位老板一共购进、、三种水果数量之比为：：，可得，即，可得乙老板购进种水果的数量为，再根据、两种水果的每千克售价分别比其成本高，即可求解．
本题主要考查了应用类问题，列代数式，关键是根据题意正确表示出乙老板购进种水果的数量．
 19.【答案】解：原式
；
，，，
，
，
，． 【解析】根据二次根式的相关运算法则计算即可；
用一元二次方程的求根公式即可解答．
本题考查二次根式的运算及解一元二次方程，解题的关键是掌握二次根式相关的运算法则和一元二次方程的求根公式．
 20.【答案】  垂直的定义       【解析】解：如图，垂线即为所求；


证明：如图，

由得．
垂直的定义．
在中，直角三角形两锐角互余，
已知，
等量代换，
，
，
平行四边形是菱形．
故答案为：，垂直的定义，，，．
根据要求作出图形即可；
根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形证明即可．
本题考查作图复杂作图，菱形的判定，平行四边形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
 21.【答案】     【解析】解：八年级抽取学生的竞赛成绩从小到大排列后，处在中间位置的两个数的平均数为分，
因此中位数是，
七年级学生竞赛成绩组有人，组有人，满分率为，可得满分的有人，
分的有人，分的有人，
组的数据个数为个．
组有人，
因此七年级竞赛成绩的众数为，即；
，
，
故答案为：，，；
八年级学生的党史知识竞赛成绩更好，理由如下：
八年级抽取学生竞赛成绩的平均数大于七年级的平均数或满分率较高；
人，
答：估计该校党史知识竞赛成绩为满分的人数为人．
根据中位数定义、众数的定义即可找到、的值，求出七年级组的百分比，可得组的百分比，即可得的值；
根据平均数或满分率进行判断即可；
求出七、八年级学生竞赛成绩满分即可．
本题考查条形统计图、中位数、众数、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
 22.【答案】   【解析】解：对于直线，令，得到，
令，得到，
，，
故答案为：，；

如图，连接．

由，解得，
，
由题意，，
四边形的面积的面积的面积．
利用待定系数法求解即可；
构建方程组求出点的坐标，根据四边形的面积的面积的面积求解．
本题考查作图复杂作图，一次函数的性质，四边形的面积等知识，解题的关键是学会构建方程组确定交点坐标，属于中考常考题型．
 23.【答案】解：，，，
，
四边形是平行四边形，
，
，
；
证明：四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，
，
≌，
，
，，
，
． 【解析】根据勾股定理可得，根据四边形是平行四边形，可得，然后利用勾股定理即可解决问题；
利用平行四边形的性质证明≌，可得，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解决问题．
本题考查了平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质．
 24.【答案】解：设商家购买每个钥匙扣的进价是元，则每个手账本的进价是元，
根据题意得：，
解得，
经检验，是原方程的解，也符合题意，
，
答：商家购买每个钥匙扣的进价是元，每个手账本的进价是元；
设每个钥匙扣的售价为元，
根据题意得：，
整理得：，
解得，，
降价幅度不超过，
，
，
，
答：每个钥匙扣的售价为元． 【解析】设商家购买每个钥匙扣的进价是元，可得：，解方程并检验，即可得商家购买每个钥匙扣的进价是元，每个手账本的进价是元；
设每个钥匙扣的售价为元，有，得，，根据降价幅度不超过，即知每个钥匙扣的售价为元．
本题考查分式方程和一元二次方程的应用，解题的关键是读懂题意，列出分式方程和一元二次方程．
 25.【答案】解：二次函数的图象和轴交于点、，
，
．
二次函数的解析式为：．
抛物线与轴交于点，
，
直线的解析式为：；
，，
直线的解析式为：；
，，
．
．
过点作轴交于点，如图，
设点的横坐标为，
则，，
．


．
，
当时，的最大值为，此时
由平移的性质可知，抛物线沿射线平移个单位长度，即向右平移个单位，向上平移个单位，
，
当抛物线向右平移个单位，向上平移个单位后，平移后的抛物线为：．
在新抛物线对称轴上，
的横坐标为．
若以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，根据题意，需要分以下两种情况：
当为平行四边形的边时，或，
或，
解得或．
或
或，
或，
或．
或
当为平行四边形的对角线时，，
，
解得，
，
，
，
．

综上，若以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为：或或 【解析】将，的坐标代入二次函数解析式，建立方程组，求解即可；
分别求出直线，的解析式，可证，所以的面积的面积，进而求的面积最大可转化为求的面积最大；过点作轴交于点，表达的面积，利用二次函数的性质求解即可；
由平移的性质可知，抛物线沿射线平移个单位长度，即向右平移个单位，向上平移个单位，由此可得出新抛物线的解析式，可得出点的横坐标，根据平行四边形的性质，可分类讨论：当是平行四边形的边时，当是平行四边形的对角线时，分别求解即可．
本题考查待定系数法求抛物线的解析式，二次函数的图象和性质，与抛物线有关的动三角形的面积最值，平行四边形的存在性等问题，做题时注意分类讨论．
 26.【答案】解：如图，过点作交的延长线于，

与均为等边三角形，
，，
，
，
，，
，
在中，；
，理由如下：
如图，过点作于，于，在上截取，连接，

与均为等边三角形，
，，，
，
≌，
，，，
，
，
又，，
平分，
，
，
，
，
，
平分，
，
，
是等边三角形，
，，
，
≌，
，
；
解：将绕点顺时针旋转，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
如图，在上截取，连接，

，，
四边形是平行四边形，
，
，
当，点，点三点共线时，有最小值为，即有最小值，
，
的最小值为． 【解析】由直角三角形的性质可求，的长，由勾股定理可求解；
由“”可证≌，可得，，，由面积法可得，可证平分，由“”可证≌，可得，即可求解；
先证四边形是平行四边形，可得，则，即当，点，点三点共线时，有最小值为，即有最小值，由勾股定理可求解．
本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质等知识，添加恰当的辅助线是解题的关键．