黑龙江省绥化市青冈县2022-2023学年八年级（五四学制）下学期期末数学试题（解析版）

这是一份黑龙江省绥化市青冈县2022-2023学年八年级（五四学制）下学期期末数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了选项题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2022－2023学年度第二学期期末素质测试
初三数学试卷
一、选项题：（每小题3分，共30分）

1. 下列是一元二次方程的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】一元二次方程的概念：只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，据此逐项判断即可．
【详解】解：A中方程的未知数的最高次数是1次，故不是一元二次方程，不符合题意；
B中方程含有两个未知数，故不是一元二次方程，不符合题意；
C中方程是一元二次方程，符合题意；
D中方程不是整式方程，故不是一元二次方程，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的概念，熟知一元二次方程满足的条件是解答的关键．
2. 剪纸艺术是最古老的中国民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．鱼与“余”同音，寓意生活富裕、年年有余，是剪纸艺术中很受喜爱的主题．以下关于鱼的剪纸中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即可．
【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项A不符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项B不符合题意；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故选项C符合题意；
D、轴对称图形，不是中心对称图形，故选项D不符合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义解及性质是解题的关键．
3. 如图，将绕点按逆时针方向旋转后得到，若，则的度数是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据绕点按逆时针方向旋转后得到，可得，然后根据，可以求出的度数．
【详解】∵绕点按逆时针方向旋转后得到，
∴，
又∵，
∴，
故选D．
【点睛】本题考查旋转的性质，能利用定义从图形中准确的找出旋转角是关键．
4. 二次函数的图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）

A. B. 函数的最小值为
C. 当时， D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用抛物线开口方向得到，根据抛物线的对称性得到，根据抛物线与轴的交点位置得到，则可对A进行判断；利用二次函数的最值问题可对B进行判断；利用抛物线与轴的交点与图象可对C进行判断；利用，可对D进行判断．
【详解】解：抛物线开口向上，
，
抛物线的对称轴为直线，
，
抛物线与轴的交点坐标在轴下方，
，
，所以A不符合题意；
当时，函数的最小值为：，故B符合题意；
由图可知，抛物线与轴的另一交点为，所以时，，故C不符合题意；
当时，，
所以，，
即，故D不符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次项系数决定抛物线的开口方向，当时，抛物线向上开口，当时，抛物线向下开口；一次项系数和二次项系数共同决定对称轴的位置：当与同号时，对称轴在轴左；当与异号时，对称轴在轴右，常数项决定抛物线与轴交点：抛物线与轴交于抛物线与轴交点个数由判别式确定：时，抛物线与轴有个交点；时，抛物线与轴有个交点；时，抛物线与轴没有交点．
5. 唐代李皋发明了“桨轮船”，这种船是原始形态的轮船，是近代明轮航行模式之先导．如图，某桨轮船的轮子被水面截得的弦长，轮子的吃水深度为，则该桨轮船的轮子直径为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设半径为 ，再根据圆的性质及勾股定理，可求出答案
【详解】解：设半径为 ，则



在 中，有
，即

解得
则该桨轮船的轮子直径为
故选：A．
【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，关键在于知道 垂直平分 这个隐藏的条件．
6. 若圆锥的底面半径为3，母线长为5，则这个圆锥的侧面积为（ ）
A. 15 B. 12π C. 15π D. 30π
【答案】C
【解析】
【分析】求出底面周长，即为侧面展开图的弧长，利用扇形面积公式即可求解．
【详解】解：圆锥侧面积为，
故选：C．
【点睛】本题考查求圆锥侧面积，掌握扇形面积公式是解题的关键．
7. 如图，点A，B，C在上，若，则等于（ ）

A. 100° B. 110° C. 120° D. 140°
【答案】D
【解析】
【分析】在优弧上取点D，连接，，先由圆内接四边形的性质求出的度数，再由圆周角定理求出的度数即可．
【详解】试题分析：在优弧上取点D，连接，

∵四边形是圆内接四边形，
∴
∵与是同弧所对的圆周角与圆心角
∴
故选：D．
【点睛】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理等，解题的关键是做出辅助线，构建圆内接四边形．
8. 如图，在中，，，将绕点C顺时针旋转角度得到，使得、、A三点共线，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据旋转得到，，，根据，得到，即可得到答案；
【详解】解：∵绕点C顺时针旋转角度得到，
∴，，，
∴
∵，，
∴，
∴，
故选D；
【点睛】本题考查三角形内角和定理，旋转性质，解题的关键是根据旋转的性质得到角度及线段的关系．
9. 在“双减政策”的推动下，实外初三学生课后作业时长明显减少．2022年上学期每天作业平均时长为，经过2022年下学期和2023年上学期两次调整后，2023年上学期平均每天作业时长为．设这两学期该校平均每天作业时长每期的下降率为x，则可列方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据每天作业平均时长，经过两学期降低后到了平均每天作业时长为，即可得出关于x的一元二次方程，即可得出结论．
【详解】解：依题意，得，
故选：B．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
10. 抛物线交x轴于，A两点，将绕点A旋转得到抛物线，交x轴于另一点；将绕点旋转得到抛物线，交x轴于另一点；…，如此进行下去，形成如图所示的图像，则下列各点在图像上的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线的旋转，找到图像的循环特征，由循环特性分别找到当、时，对应的函数值，进行判定即可．
【详解】解：由已知，
则抛物线的顶点为，
由旋转可知，抛物线的顶点为，
则抛物线解析式为：，
由题意可知，题干中的复合图像，每4个单位循环一次，
由可知，
的函数值等于时的函数值，
∴时，，
由可知，
的函数值等于时的函数值，
∴时，，
故可知，点在图像上．
故选：C
【点睛】本题考查了与二次函数图像的旋转有关的规律探究问题，解答关键是通过图像的旋转要找到对应的函数解析式以及图像的循环规律．
二、填空题：（每小题3分，共30分）
11. 点关于原点对称的点的坐标是___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特征即可解答．
详解】解：∵，
∴关于原点对称的点的坐标是，
故答案为；
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，掌握关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键．
12. 方程的解为________．
【答案】，
【解析】
【分析】利用因式分解法求解即可．
【详解】解：
分解因式得：，
∴或，
解得：，，
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查的知识点是解一元二次方程，解题的关键是熟练的掌握因式分解法解一元二次方程．
13. 已知点，在二次函数的图像上，则_______（填“>”“
【解析】
【分析】由抛物线开口向上可得，距离对称轴越远的点，值越大，从而求解．
【详解】由可得抛物线开口向上，对称轴为
∵
∴
故答案为：＞．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握比较函数值大小的方法．
14. 将抛物线先向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据“左加右减、上加下减”的平移原则进行解答即可．
【详解】解：抛物线向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的平移，掌握函数平移规律是解题的关键．
15. 如图，在中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上．若，则______．

【答案】5
【解析】
【分析】根据旋转的性质的，结合已知条件可得是等边三角形，根据等边三角形的性质即可求解．
详解】解：∵将绕点顺时针旋转得到，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角的性质与判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
16. 如图，与关于点成中心对称，为的高，若，，则______．

【答案】5
【解析】
【分析】根据题意，，，根据三角形面积公式即可求解．
【详解】解：∵与关于点成中心对称，，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了中心对称的性质，三角形面积公式，熟练掌握中心对称的性质是解题的关键．
17. 如图，射线AB与⊙O相切于点B，经过圆心O的射线AC与⊙O相交于点D、C，连接BC，若∠A=40°，则∠ACB=___________．

【答案】25
【解析】
【分析】连接OB，如图，利用切线的性质得∠ABO=90°，再利用互余得到∠AOB=50°，然后根据三角形外角性质和等腰三角形的性质计算∠C的度数．
【详解】解：连接OB，如图，

∵边AB与⊙O相切，切点为B，
∴OB⊥AB，
∴∠ABO=90°，
∴∠AOB=90°-∠A=90°-40°=50°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠C，
∴∠AOB=∠OBC+∠C=2∠C，
∴∠C=∠AOB=25°．
故答案为：25．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．
18. 如图，一正六边形的对角线的长为，则正六边形的边长为______．

【答案】##3毫米
【解析】
【分析】根据正六边形的性质证得是等边三角形，即可求得正六边形的边长．
【详解】：连接，，、交于点，如图2，

六边形是正六边形，的长为，
，，，
，
故答案为．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，解答本题的关键是明确正六边形的特点．
19. 如图，是的切线，A，B为切点，是的直径，，则的度数为_____．

【答案】##30度
【解析】
【分析】由圆周角定理可得，，则，由切线的性质可知，根据，计算求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
由切线定理可知，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，多边形内角和等知识．解题的关键在于确定角度之间的数量关系．
20. 某天，张老师带领同学们利用棋子构图研究数字规律．将一些棋子按如图所示的规律摆放，若第个图中共有个棋子，则的值是__________．

【答案】
【解析】
【分析】根据给定的图找出其中的规律，列一元二次方程，求解即可．
【详解】解：第1个图有7个棋子，第2个图有11个棋子，第3个图有17个棋子，第个图有个棋子，第个图有个棋子，第个图有个棋子，
依题意，，
解得：（舍去），
故答案为：．
【点睛】本题考查了图形类规律，解一元二次方程，找到规律，列出方程是解题的关键．
三．解答题（共6个小题，共40分）

21. 解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2）,
【解析】
【分析】（1）利用因式分解法解方程；
（2）先把方程化为一般式，然后利用配方法解方程．
【小问1详解】
解： ，

∴或，
∴，
【小问2详解】
解：

，即
∴
∴，
【点睛】本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解一元二次方程是解此题的关键．
22. 已知关于x的一元二次方程．
（1）求证：无论k取何值，此方程总有两个不相等的实数根；
（2）若方程有两个实数根，且，求k的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用根的判别式判断即可；
（2）利用根与系数的关系式得到，代入计算即可．
【小问1详解】
证明：∵


∴无论k取何值，此方程总有两个不相等的实数根；
【小问2详解】
解：由根与系数的关系得出：，
由得：
解得：．
【点睛】此题考查了一元二次方程的根的判别式，根与系数的关系，正确掌握根的判别式的三种情况及根与系数的关系式是解题的关键．
23. 如图，在直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，．

（1）将先向左平移4个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到画出；
（2）画出将绕原点顺时针方向旋转90°后的图；
（3）求的面积．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）的面积为．
【解析】
【分析】（1）将三个顶点分别向左平移4个单位长度，再向上平移1个单位长度得到其对应点，再首尾顺次连接即可；
（2）将三个顶点分别绕原点按顺时针方向旋转得到其对应点，再首尾顺次连接即可得；
（3）利用割补法求解即可．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求．
；
【小问2详解】
解：如图所示，即为所求．
【小问3详解】
解：的面积为．
【点睛】本题主要考查作图——旋转变换与平移变换，掌握旋转变换和平移变换的定义与性质是解题的关键．



24. 如图，在中，，，D是AB边上一点点D与A，B不重合，连接CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转得到线段CE，连接DE交BC于点F，连接BE．
求证：≌；
当时，求的度数．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）由题意可知：，，由于，从而可得，根据SAS即可证明≌；
（2）由≌可知：，，从而可求出的度数．
【详解】（1）由题意可知：，，
，
，
，
，
在与中，
，
≌；
（2），，
，
由（1）可知：，
，
，
．
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练运用旋转的性质以及全等三角形的判定与性质．
25. 如图，为的直径，弦，垂足为点，直线与延长线交于点，且．

（1）求证：直线是的切线；
（2）若，求的半径．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）证明，推出，即可证明直线是的切线；
（2）设的半径为，利用垂径定理和勾股定理列方程即可求解．
【小问1详解】
证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴直线是的切线；
小问2详解】
解：设的半径为，连接，

∵，，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得：，
解得：．
即的半径为．
【点睛】本题考查切线的判定、勾股定理、圆周角定理、垂径定理以及勾股定理和平行线的判定与性质等知识，解题的关键熟练掌握圆周角定理和垂径定理．
26. 如图，抛物线经过点，点，且．

（1）求抛物线的表达式；
（2）如图，点是抛物线的顶点，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知得出点，进而待定系数法求解析式即可求解．
（2）根据解析式化为顶点式求得，待定系数法求得直线的解析式，过点作轴于点，交于点，则，进而根据三角形的面积公式即可求解．
【小问1详解】
解：∵抛物线经过点，点，且．
∴，
即，
设抛物线解析式为，将代入得，

解得：，
∴抛物线解析式为
【小问2详解】
解：∵，
∴,
如图所示，过点作轴于点，交于点，

设直线的解析式为，将代入得，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，面积问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．