精品解析：重庆市沙坪坝区南开中学校2022-2023学年八年级下学期期末数学试题

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一、选择题（本大题10个小题，每小题0分，共40分）在每个小题的下面，都给出了代号为A、B、C、D的四个答案，其中只有一个是正确的，请在答题卡中将正确答案所对应的方框涂黑.
1. 若分式，则x的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分式的值为0时，分式的分子为0，分母不为0，由此可解．
【详解】解：分式，
且，
解得，
故选：B ．
【点睛】本题主要考查了分式值为零的条件，解题的关键是要明确：分式值为零的条件是分子等于零且分母不等于零，注意：“分母不为零”这个条件不能少．
2 下面关于大熊猫的图案中是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据轴对称图形的定义：一个平面图形，沿一条直线对折，直线两旁的部分能够完全重合，进行判断即可．
【详解】解：A、不是轴对称图形，不符合题意；
B、不是轴对称图形，不符合题意；
C、不是轴对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查轴对称图形的识别．熟练掌握轴对称图形的定义，是解题的关键．
3. 已知关于x的一元二次方程的一个根是，则的值为（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】将方程的解代入原方程，然后利用整体思想分析计算．
【详解】解：将代入方程，可得，
解得，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查一元二次方程的解，理解方程的解的概念，利用整体思想解题是关键．
4. 下列说法错误的是（ ）
A. 平行四边形的对角相等B. 对角线互相垂直的四边形是菱形
C. 两条对角线相等的平行四边形是矩形D. 对角线相等的菱形是正方形
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行四边形的性质对A进行判断；根据菱形的判定方法对B进行判断；根据矩形的判定方法对C进行判断；根据正方形的判定方法对D进行判断．
【详解】解：A、平行四边形的对角相等，所以A选项的说法正确；
B、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，所以B选项的说法错误；
C、两条对角线相等的平行四边形是矩形，所以C选项的说法正确；
D、对角线相等的菱形是正方形，所以D选项的说法正确．
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的判定，平行四边形的性质，菱形的判定，矩形的判定．以及命题与定理的概念等知识点．正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
5. 函数与（n为常数且）在同一平面直角坐标系中的图象可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中，得到直线过一，三象限，再根据和，两种情况进行讨论，进行判断即可．
【详解】解：∵中，
∴直线过一，三象限，
当时，直线过一、二、三象限，此时过一，三象限，
当时，直线过一、三、四象限，此时过二，四象限，
综上，满足题意，只有A选项；
故选A．
【点睛】本题考查反比例函数与一次函数图象的综合判断．熟练掌握一次函数和反比例函数的性质，是解题的关键．
6. 如图，在平面直角坐标系中，已知点A，B的坐标分别为，．以点O为位似中心，在原点的另一侧按的相似比将放大，则点A的对应点的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据位似变换的性质计算，判断即可．
【详解】解：∵点A的坐标为，以点O为位似中心，在原点的另一侧按的相似比将放大，
∴点A的对应点的横坐标为，纵坐标为，
即，
故选C．
【点睛】本题主要考查了位似变换以及坐标与图形的性质，正确把握位似图形的性质是解题关键．
7. 如图，在平行四边形中，对角线交于点O，点E为线段的中点，连接，若，，，则的长为（ ）

A. B. C. 5D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直角三角形斜边中线的性质可求，再根据勾股定理求出，最后根据三角形中位线定理即可求出的长．
【详解】解：中，，，点E为边的中点，
，
，
，
平行四边形中，对角线交于点O，
，
又点E为边的中点，
是的中位线，
，
故选A．
【点睛】本题考查直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，平行四边形的性质，三角形中位线定理等，解题的关键是证明是的中位线．
8. 如图，某景区准备在一块边长为20米的大正方形花园中间修建一个正方形的休闲场所，要求修建四条等宽的矩形小道连接两个正方形的四边如图所示，若小道的长是宽的3倍，且花草种植区域（阴影部分）的面积为192平方米．设小道宽度为x米，根据题意，下列方程正确的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得每个阴影部分矩形的长，然后根据矩形面积公式列出方程．
【详解】解：由题意知，一个阴影部分矩形长为，
因此，
故选：B．
【点睛】本题考查列一元二次方程，解题的关键是看懂所给图形，用含x的代数式表示出相关图形的面积．
9. 如图，在正方形中，对角线与交于点O，，点E为线段的中点，连接，将线段绕着点E逆时针旋转，得到线段，连接，，则的面积为（ ）

A. B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】如图，过点E作，垂足分别为G，点F作 ，垂足为J，由四边形是正方形可知，进而证得，得到，从而，由点E为线段的中点，可求，中，，得，于是，，得．
【详解】如图，过点E作，垂足分别为G，点F作 ，垂足为J

∵四边形是正方形
∴
∴
∴
∴
又，
∴
∴
∵点E为线段的中点
∴
中，
∴,解得
∴
∴
∴
故选：A
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，基于题设条件添加辅助线构造全等三角形得到线段间的等量关系是解题的关键．
10. 对于两个实数x，y，我们定义：，有下列说法：
①；
②；
③若，则．
其中说法正确的有（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】B
【解析】
【分析】根据定义新运算的规则，逐一进行计算，进而得出结论即可．
【详解】解：∵，
∴，故①错误；
∵，
∴
；故②正确；
∵，
∴，
∴，
∴，即：，
无法得到；故③错误；
综上：正确的有1个；
故选B．
【点睛】本题考查定义新运算，有理数的加减运算，分式的运算．理解并掌握定义新运算的规则，是解题的关键．
二、填空题（本大题共8个小题，每小题0分，共32分）请将正确答案直接填写在答题卡相应的横线上.
11. 计算：＝_____．
【答案】
【解析】
【分析】先化简绝对值，零指数幂，然后再计算．
【详解】解：原式=，
故答案为：．
【点睛】本题考查实数的运算，掌握是解题关键．
12. 已知，且，则a＝_____．
【答案】
【解析】
【分析】联立二元一次方程组求解．
【详解】解：由题意可得：，
解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查解二元一次方程组，掌握消元法解二元一次方程组是解题关键．
13. 两人做游戏：不透明的盒子里面有3张纸片，上面分别写着0，1，2（纸片除数字外其余均相同），第一位随机抽取一张，记下数字且不放回，第二位再从中随机抽取一张．将两人所写整数相加，和是1的概率是_____．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次抽取的卡片上数字和是1的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】解：由题意可得：
共6种等可能结果，其中符合条件的情况有2种，
∴和是1的概率是，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
14. 已知m，n是方程的两个根，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据根与系数的关系，进行求解即可．
【详解】解：∵m，n是方程的两个根，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查根与系数的关系．熟练掌握两根之和为，两根之积为，是解题的关键．
15. 在平面直角坐标系中，四边形的边在轴上，轴交轴于点，其中，点为边的中点，且反比例函数的图象经过点，连接，若，则的值为_____．

【答案】
【解析】
【分析】设点的坐标为，则，点的坐标为，进而可求得，的边上的高为，根据三角形面积公式可得，对和的符号分类讨论，即可求得答案．
【详解】解：设点坐标为．
点在反比例函数y＝图象上，
．
点为的中点，
点的坐标为．
又，
．
轴，且点在轴上，
的边上的高为．
由题意可知
．
①若，则
．
解得
．
．
②若，则
．
解得
．
．
综上，．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查平面直角坐标系上点的坐标以及反比例函数，能根据平面直角坐标系上点的坐标求得两点之间的距离是解题的关键．
16. 若关于x的一元一次不等式组的解集为，且关于y的分式方程的解是整数，则符合条件的所有整数m的和为_____．
【答案】
【解析】
【分析】分别解出两个一元一次不等式的解集，根据不等式组的解集为，列出不等式求得m的范围；解分式方程，根据方程有非负整数解，且列出不等式，求得m的范围；综上所述，求得m的范围．根据m为整数，求出m的值，最后求和即可．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∵不等式组的解集为，
∴；
分式方程两边都乘以得：，
解得：，
∵分式方程的解是整数，
∴或或或，
∵，
∴的值为，3，0，，，，
a为偶数，
∵分式要有意义，
∴，即，
∴，即，
∴符合条件的所有整数m的数有3，0，，，
∴符合条件的所有整数的和为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元一次不等式组的解法，分式方程的解法，熟知相关计算方法是解题的关键，解分式方程时一定记得要检验．
17. 如图，在菱形中，对角线交于点O，，菱形的面积为24，点E是边上一点，将菱形沿折叠，使B、C的对应点分别是、，若，则点到BC的距离为_____．

【答案】
【解析】
【分析】过作于，过作于，由菱形性质和面积法、勾股定理求出，，再由折叠证明，得到，从而得到，则，则问题可解．
【详解】解：过作于，过作于，

由已知，，菱形的面积为24，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，，
由折叠可知，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点到的距离是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定、菱形的性质、图形的折叠以及勾股定理，解答关键是根据折叠的条件推出．
18. 对于一个四位自然数M，设M的千位数字为a，百位数字为b，十位数字为c，个位数字为d，它的千位数字与个位数字组成的两位数为，十位数字与百位数字组成的两位数为，若A与B的差等于M的千位数字与百位数字和的相反数，则称M为“开数”．判断：1029是否为“开数”_____（填“是”“否”）；若M为“开数”，记，当能被7整除时，则满足条件的M的最大值为_____．
【答案】 ①. 是 ②. 8892
【解析】
【分析】根据“开数”的定义判断1029是否为“开数”； 若M为“开数”，则，由此可得，代入可得，再根据能被7整除分析可得答案．
【详解】解：时，，，
，千位数字与百位数字和为：，
与1互为相反数，
1029是“开数”；
若M为“开数”，则，
，
，
是7的倍数，
若要M最大，则，，，
，
M最大值为8892．
故答案为：是，8892．
【点睛】本题考查数字整除问题，运用题设条件进行数值分析是解题的关键．
三、计算题：（本大题共2个小题，19题8分，20题10分，共18分）解答时给出必要的演算过程.
19. 化简：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据同分母的分式的加法法则进行计算即可；
（2）根据分式的混合运算法则，进行计算即可．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
原式
．
【点睛】本题考查分式的混合运算．熟练掌握分式的混合运算法则，正确的计算是解题的关键．
20. 解方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先去括号、移项、合并同类项，再利用因式分解法解一元二次方程；
（2）先去分母化为整式方程，求出解后代入检验即可．
【小问1详解】
解：，
去括号，得：，
移项、合并同类项，得：，
因式分解，得：，
或，
解得，；
【小问2详解】
解：，
去分母，得：，
去括号，得：，
移项、合并同类项，得：，
解得，
检验：当时，，
因此原分式方程的解为．
【点睛】本题考查解一元二次方程、解分式方程，解题的关键是能够用因式分解法解一元二次方程，解分式方程时注意检验．
四、解答题：（本大题共6个小题，共60分）解答时给出必要的演算过程.
21. 在学习矩形时，小南思考怎么在矩形里面剪出一个平行四边形，小南的思路是：连接，作的平分线，交于点F，作的平分线，交于点E，连接，，通过一组对边平行且相等的四边形是平行四边形来证明四边形是平行四边形．

（1）尺规作图：作的平分线，交于点E，连接，．（不写作法，保留作图痕迹）
（2）求证：四边形是平行四边形．
解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴ ，
∵，分别平分，，
∴，，
∴ ，
∴，
∴，
∵
∴ ．
∴，
∴四边形是平行四边形（ ）．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据角平分线作图方法作，再连接，即可．
（2）利用矩形的性质及全等三角形的判定定理依次解答即可．
小问1详解】
解：如图，即为所求；
【小问2详解】
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，分别平分，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵
∴．
∴，
∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）．
故答案为：；；；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
【点睛】此题考查了基本作图－角平分线，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定定理，综合掌握各基本知识是解题的关键．
22. 为进一步弘扬中华传统文化，丰富学生节日精神文化生活，增强学生动手能力．某校以中国传统节日端午节为契机，开设了“包粽子”“缝香囊”“作龙舟”“编手链”四门劳动体验活动．为了解学生对这四门体验活动的喜爱情况，学校随机调查了m名学生（要求每位学生只能选择参加一门体验活动），并将调查情况绘制成如图两幅不完整的统计图．

请根据图中提供信息，解答下列问题：
（1） ， ；
（2）补全条形统计图；
（3）若全校共有900名学生，请你估计选择“包粽子”活动的学生人数；
（4）已知A、B两位同学喜欢“包粽子”活动，C同学喜欢“缝香囊”活动，D同学喜欢“作龙舟”活动．从这四名同学中抽取两名同学，请用画树状图或列表的方法，求抽到的两位同学喜欢的活动不一样的概率．
【答案】（1）80，10
（2）见解析 （3）人
（4）
【解析】
【分析】（1）根据选择“缝香囊”的人数及所占比例可求m，选择“编手链”的人数与总人数之比即为n；
（2）用总人数乘以“作龙舟”所占比例求出选择“作龙舟”的人数，即可补全条形统计图；
（3）利用样本估计总体思想求解；
（4）利用列表法或画树状图法表示出所有等可能的情况，再从中找出符合条件的情况数，最后利用概率公式求解．
【小问1详解】
解：由题意知，，
故答案为：80，10；
【小问2详解】
解：选择“作龙舟”的人数为：（人），
补全后的条形统计图如下图所示：
【小问3详解】
解：（人），
估计选择“包粽子”活动的学生人数为人；
【小问4详解】
解：画树状图如下：

由图可知，共有12种等可能的情况，其中抽到的两位同学喜欢的活动不一样的情况有10种，，
因此抽到的两位同学喜欢的活动不一样的概率为．
【点睛】本题考查条形统计图、扇形统计图、利用样本估计总体、列表或画树状图法求概率等，解题的关键是能够将条形统计图与扇形统计图的信息进行关联，掌握列表或画树状图求概率的方法．
23. 最近，山东淄博凭借烧烤爆红网络，无数“撸串”爱好者纷纷涌入淄博，甲、乙两个旅行团计划自驾游淄博．两个旅行团计划同一天出发，沿着不同的路线旅行至相同目的地．甲旅行团走A路线，全程1600千米，乙旅行团走B路线，全程2000千米，由于B路线高速公路较多，乙旅行团平均每天行驶路程是甲旅行团的倍，结果甲旅行团旅行天数比乙旅行团多1天．
（1）求甲、乙两个旅行团计划旅行多少天．
（2）甲、乙两旅行团开始各有20人参团，甲旅行团计划每人每天的平均花费为500元，而甲旅行团实际又加入了a人，经统计，甲旅行团每增加1人，每人每天的平均花费将减少20元；乙旅行团人数不变，每人每天的平均花费始终为400元．若两个旅行团旅行天数与各自原计划天数一致，且甲旅行团的总花费比乙旅行团总花费多16000元，求a的值．
【答案】（1）甲旅行团计划旅行4天，则乙旅行团计划旅行3天
（2）5
【解析】
【分析】（1）设甲旅行团计划旅行x天，则乙旅行团计划旅行天，根据路程、时间、速度的关系列分式方程，即可求解；
（2）甲旅行团总花费为，乙旅行团总花费为，根据“甲旅行团的总花费比乙旅行团总花费多16000元”列方程即可求解．
小问1详解】
解：设甲旅行团计划旅行x天，则乙旅行团计划旅行天，
由题意得：，
整理得，
解得，
经检验，是所列分式方程的解，
（天），
即甲旅行团计划旅行4天，则乙旅行团计划旅行3天；
【小问2详解】
解：由题意知，，
整理得：，
解得或，
，
，
即a的值为5．
【点睛】本题考查分式方程、一元二次方程的实际应用，解题的关键是根据题目中的数量关系正确列出方程．
24. 如图，在正方形中，对角线相交于点O，，动点P以每秒1个单位的速度，从点A出发，沿折线方向运动，到达点D停止运动．动点Q以每秒1个单位的速度，从点C出发，沿方向运动，到达点D停止运动，点Q和点P同时出发．设运动时间为x，设的面积为，的面积为．

（1）请直接写出，与x之间的函数关系式，并写出x的取值范围；
（2）在平面直角坐标系中，画出和的函数图象，并写出函数的一条性质： ．
（3）结合函数图象，写出时x的值．
【答案】（1），
（2）图象见详解；当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减少．
（3）
【解析】
【分析】（1）利用分段函数，分点P在上时，与点P在上，两种情况分别表示三角形面积即可；函数的表示，通过三角形的面积求法，表示出来即可．
（2）利用两点确定一条直线画出y1，y2的函数图象，再依据图形写出的增减性性质，即可．
（3）由图象可以看出交点在的范围内，令，解答即可．
【小问1详解】
解：四边形是正方形
，
解得：
当点P在上时，时
当点P在上时，在时
综上所述，．
如图作，垂足为H

四边形是正方形，
，
，
综上所述，，
【小问2详解】

如图即为y1和y2的函数图象，函数y1的一条性质： 当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减少．
【小问3详解】
解：由图象可以看出交点在的范围内，
令
解得：．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、一次函数的图象与性质、三角形的面积公式、根据实际问题的条件求自变量的取值范围、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
25. 如图1，在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交x轴，y轴于A，B两点，将绕点O顺时针旋转得（点A与点C对应，点B与点D对应），直线交直线于点G．

（1）求直线的解析式；
（2）点P为y轴上一动点，若，求点P的坐标；
（3）如图2，直线，交x轴，y轴于F，E两点，点N为平面直角坐标系内一点．若以A，E，F、N为顶点的四边形为菱形，请直接写出所有符合条件的点N的坐标．
【答案】（1）
（2）或
（3）或或或
【解析】
【分析】（1）根据旋转及全等三角形的性质确定点C和点D的坐标，然后利用待定系数法求函数解析式；
（2）联立方程组求点G坐标，然后利用三角形面积公式列方程求解；
（3）结合菱形的性质分情况讨论求解．
【小问1详解】
解：在中，当时，，当时，，
∴，
∵将绕点O顺时针旋转得（点A与点C对应，点B与点D对应），
∴，
∴，，
∴，
设直线的解析式为，把，代入函数解析式可得
，
解得，
∴直线的解析式为；
【小问2详解】
解：联立方程组，解得，
∴
设，则，
解得，
∴或
【小问3详解】
解：由，设直线的函数解析式为，
在中，当时，，当时，，
∴，，
当为对角线时，，，
∴，
解得：，（舍去），
∴，
∴．
当为菱形的对角线时，此时，
∴，
解得，，
当时，，，
∴，
∴，
同理，当时，，
当为菱形的对角线时，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
综上，符合条件的N点坐标为或或或．
【点睛】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，图形旋转的性质，三角形全等的判定及性质，菱形的性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．
26. 如图，在平行四边形中，平分，交于点E，点F是线段上一点，连接，点G是线段上一点，连接，交于点N．

（1）如图1，若，，求的面积；
（2）如图2，点H是线段的中点，连接EH，若，求证：；
（3）如图3，若，，，，将绕着点A旋转，得到．连接．点O是线段的中点，连接．请直接写出线段长度的最小值．
【答案】（1）；
（2）见解析； （3）．
【解析】
【分析】（1）作，根据题中条件可求，利用角平分线的性质和平行四边形的性质可求，即可求解；
（2）延长，交的延长线于点M，可证，得到；由可得，由，可得，由平分与，可得，又，得到，根据“等角对等边”得到，从而证明，因此，进而，，由得到，再由中，，从而得证；
（3）取的中点K，连接，，则，即的最小值为．由，得到是等边三角形，从而，，又，证得，因此，由得到，又，因此，，，．设，过点G作于点P，在中，解直角三角形得，，在中，解直角三角形得，又，即，解得．过点G作于点Q，在中，解直角三角形得，在中，解直角三角形得，因此，由旋转可得，由中位线定理得．过点C作于点H，在中，解直角三角形得，在中，解直角三角形得．因此的最小值为．
【小问1详解】
解：作，如图所示，

∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
延长，交的延长线于点M

∵在中，
∴，
∵点H是的中点
∴
∴
∴
∵
∴
即
∵，
∴
∵
∴
∵平分
∴
∵
∴
∴
∵，，
∴
∴
∵
∴
∴
∵，
∴
∴
∵在中，
∴
【小问3详解】
取的中点K，连接，，则，即的最小值为

∵，
∴是等边三角形
∴，
∵，，
∴
∴
∵，
∴
∵
∴，
∴，
设，过点G作于点P，则和是直角三角形
∵在中，
∴
∴
∵在中，
∴
∴
∴
∵，即
解得：
即
过点G作于点Q，则和是直角三角形
∵在中，
∴
∴
∴
∵在中，
∴
∴
∴
∵在中，
∴
∴，即
∵在中，，即
∴
∴
∴由旋转可得
∵点O是的中点，点K是的中点
∴
∵
∴
∴在中，，，
过点C作于点H，则和是直角三角形
∵在中，
∴
∴
∵点K是的中点
∴
∴
∴在中，
∴的最小值为
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，中位线，直角三角形中所对的直角边等于斜边的一半，三角形的三边关系等，本题难度较高，计算量大，正确作出辅助线，综合运用各个知识是解题的关键．