精品解析：四川省南充市阆中市2022-2023学年八年级下学期期末数学试题

这是一份精品解析：四川省南充市阆中市2022-2023学年八年级下学期期末数学试题，文件包含精品解析四川省南充市阆中市河楼乡中心学校2022-2023学年八年级下学期期末数学试题原卷版docx、精品解析四川省南充市阆中市河楼乡中心学校2022-2023学年八年级下学期期末数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。

1. 数据1，2，4，4，3的众数是（ ）
A. 1B. 2
C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据众数的定义，找出出现次数最多的数解题即可.
【详解】1，2，4，4，3中，4出现2次，是出现次数最多的数是4，
故众数是4，
故选D.
【点睛】本题考查众数的定义，熟练掌握定义是解题的关键.
2. 矩形具有而菱形不具有的性质是（ ）．
A. 两组对边分别平行B. 对角线相等
C. 对角线互相平分D. 两组对角分别相等
【答案】B
【解析】
【分析】根据矩形与菱形的性质对各选项解析判断后利用排除法求解：
【详解】A．矩形与菱形的两组对边都分别平行，故本选项错误，不符合题意；
B．矩形的对角线相等，菱形的对角线不相等，故本选项正确，符合题意；
C．矩形与菱形的对角线都互相平分，故本选项错误，不符合题意；
D．矩形与菱形的两组对角都分别相等，故本选项错误，不符合题意．
故选B．
3. 把二次根式化简成最简二次根式，结果为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查二次根式的性质，解题的关键是熟练运用二次根式的性质，根据二次根式的性质即可化简．
【详解】解：
故选：D．
4. 下列各组数据中能作为直角三角形的三边长的是（ ）
A. 1，2，2B. 1，1，C. 4，5，6D. 1，，2
【答案】D
【解析】
【分析】根据勾股定理的逆定理对各选项进行逐一分析即可．
【详解】解：A、∵12+22＝5≠22，∴此组数据不能作为直角三角形的三边长，故本选项不符合题意；
B、∵12+12＝2≠（）2，∴此组数据不能作为直角三角形的三边长，故本选项不符合题意；
C、∵42+52＝41≠62，∴此组数据不能作为直角三角形的三边长，故本选项不符合题意；
D、∵12+（）2＝4＝22，∴此组数据能作为直角三角形的三边长，故本选项符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查的是勾股定理的逆定理，熟知如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形是解答此题的关键．
5. 直线一定经过点（ ）．
A. (1，0)B. (1，k)C. (0，k)D. (0，－1)
【答案】D
【解析】
【详解】将x＝0代入y＝kx－1中，得y＝－1．
故选D．
6. 如图，在菱形ABCD中，∠ADC＝72°，AD的垂直平分线交对角线BD于点P，垂足为E，连接CP，则∠CPB的度数是（ ）
A. 108°B. 72°C. 90°D. 100°
【答案】B
【解析】
【分析】由菱形的性质得出∠ADP＝∠CDP＝∠ADC，PA＝PC，再由线段垂直平分线的性质得出PA＝PD，证出PD＝PC，得出∠PCD＝∠CDP＝36°，由外角性质即可求出∠CPB．
【详解】解：连接PA，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADP＝∠CDP＝∠ADC＝36°，BD所在直线是菱形的对称轴，
∴PA＝PC，
∵AD的垂直平分线交对角线BD于点P，
∴PA＝PD，
∴PD＝PC，
∴∠PCD＝∠CDP＝36°，
∴∠CPB＝∠PCD+∠CDP＝72°；
故选：B．
【点睛】本题考查的是菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质，掌握以上知识是解题的关键．
7. 能使等式成立的x的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了二根式有意义的条件，分式有意义的条件．熟练掌握二根式有意义的条件，分式有意义的条件是解题的关键．
由题意知，，，求解作答即可．
【详解】解：由题意知，，，
解得，，
故选：C．
8. 甲、乙两人沿相同的路线由A地到B地匀速前进，A、B两地间的路程为，他们前进的路程为，甲出发后的时间为，甲、乙前进的路程与时间的函数图象如图所示，根据图象信息，下列说法正确个数为（ ）
①甲的速度是，②乙的速度是，③乙比甲晚出发，④甲比乙晚到B地．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了函数图象，根据图象可知，甲比乙早出发1小时，但晚到2小时，从甲地到乙地，甲实际用4小时，乙实际用1小时，从而可求得甲、乙两人的速度．
【详解】解：根据图象可知，甲比乙早出发1小时，但晚到2小时，从甲地到乙地，甲实际用4小时，乙实际用1小时，从而可求得甲、乙两人的速度．
甲的速度是：；乙的速度是：；
由图象知，甲出发1小时后乙才出发，乙到2小时后甲才到，
故①③正确．
故选B．
9. 直线与x轴交于点，与y轴交于点，点C在直线上，且，则点C的坐标是（ ）
A. B.
C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一次函数解析式，坐标与图形，熟练掌握一次函数解析式，坐标与图形是解题的关键
待定系数法求直线的解析式为，设点C的坐标为，依题意得，计算求解，然后作答即可．
详解】解：设直线的解析式为，
将，代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为，
设点C的坐标为，
∵，
∴，
解得，或，
当时，，即，
当时，，即，
故选：D．
10. 如图，正方形ABCD的面积为1，则以相邻两边中点连线EF为边正方形EFGH的周长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正方形的性质和已知条件得出BC=CD=，∠BCD=90°，CE=CF=，得出△CEF是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得出EF的长，即可得出正方形EFGH的周长．
【详解】解：∵正方形ABCD的面积为1，
∴BC=CD=，∠BCD=90°．
∵E、F分别是BC、CD的中点，
∴CE=BC=，CF=CD=，
∴CE=CF，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF=CE=，
∴正方形EFGH的周长=4EF=4×=．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质；熟练掌握正方形的性质，由等腰直角三角形的性质求出EF的长是解决问题的关键．
二.填空题（共6小题，每小题3分，共18分）
11. 已知：中，，则的面积=__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了勾股定理的逆定理，已知三角形的三边满足，从而得出三角形为直角三角形．
根据题意可得出，再由勾股定理的逆定理可得出为直角三角形，从而得出的面积．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴为直角三角形，
∴．
故答案为：．
12. 如图，函数y=2x和y=ax+4的图象相交于点A(，3)，则不等式2x＞ax+4的解集为___.
【答案】x＞
【解析】
【分析】由于函数y=2x和y=ax+4的图象相交于点A（），观察函数图象得到当x＞时，函数y=2x的图象都在y=ax+4的图象上方，所以不等式2x＞ax+4的解集为x＞．
【详解】解：∵函数y=2x和y=ax+4的图象相交于点A（），∴当x＞时，2x＞ax+4，
即不等式2x＞ax+4的解集为x＞．
故答案为：x＞．
【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y=ax+b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y=kx+b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标所构成的集合．
13. 若，化简的正确结果是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式的性质和绝对值的性质化简即可．
【详解】解：∵，
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了化简二次根式和绝对值，熟练掌握二次根式的性质和绝对值的性质是解题的关键．
14. 如图，在边长为1的正方形网格中，A，B，C均在格点上，点D为的中点，则线段的长为______．

【答案】
【解析】
【分析】利用勾股定理的逆定理证明，再利用直角三角形斜边中线的性质即可解决问题．
【详解】解：，，，
，
，
，
，
故答案为．
【点睛】本题考查勾股定理，勾股定理的逆定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
15. 已知直线平行于轴，点是直线上的一个点．若点也是直线上的一个点，请写出符合条件的一个点的坐标， ________．
【答案】（答案不唯一，满足纵坐标为即可）
【解析】
【分析】本题主要考查了坐标与图形的特征，解题关键是运用数形结合的思想分析问题．根据题意可知点的纵坐标相等，均为，据此即可获得答案．
【详解】解：∵直线平行于轴，且点均为直线上的点，
∴点的纵坐标相等，均为，
则符合条件的一个点的坐标可以是．
故答案为：（答案不唯一，满足纵坐标为即可）．
16. 如图，正方形ABCD边长是3cm，E为CD上一点，，M为AE中点，过点M作直线分别与AD、BC相交于点P、Q，若，则AP＝___cm．
【答案】1或2##2或1
【解析】
【分析】作PF⊥BC于F，先由三角函数求出AE，得出AM，再证明Rt△PFQ≌Rt△ADE，得出∠FPQ=∠DAE，然后分两种情况分别作图求出AP即可．
【详解】解：∵∠DAE=30°，
，
∵M为AE的中点，
．
①如图1作PF⊥BC于F，交AE与G，
则∠PFQ=90°，PF=AD，
在Rt△PFQ和Rt△ADE中，
，
∴Rt△PFQ≌Rt△ADE（HL），
∴∠FPQ=∠DAE=30°，
∴∠APM=90°+30°=120°，
∴∠AMP=30°，
∴∠DAE=∠AMP=30°，
∴AP=PM，
∵∠AMP=∠PMG，
∴△APM∽△PGM，
∴，
∴，
，
∴，
即
∴AP=1cm．
②如图2所示：作PF⊥BC于F，
同理Rt△PFQ≌Rt△ADE，
∴∠FPQ=∠DAE，
∵∠FPQ+∠APM=90°，
∴∠DAE+∠APM=90°，
∴∠AMP=90°=∠D，
∵∠PAM=∠DAE，
∴△APM∽△AED，
∴，
即，
∴AP=2cm．
故答案为1或2．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角函数、相似三角形的判定与性质；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
三.解答题（满分0分）
17. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了二次根式的混合运算、立方根、完全平方公式，熟练掌握运算方法是关键．
（1）先化简，再计算减法即可；
（2）先利用完全平方公式展开，再计算加减即可．
【小问1详解】
；
【小问2详解】
．
18. 已知如图，在中，点E，F在对角线AC上，且．求证：
（1）；
（2）四边形是平行四边形．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，，结合，
证明，即可得到；
（2）根据平行四边形的性质得到，结合，证明，即可得到，结合（1）的结论，即可证明．
【小问1详解】
四边形ABCD是平行四边形，
，，
，
，
在中，
，
．
【小问2详解】
四边形ABCD是平行四边形，
，，
，
，
在中，
，
，
由（1）知：，
四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，属于基础题．
19. 八年级（4）班组织了一次经典朗读比赛，甲、乙两队各有10人，比赛成绩如下表：
（1）甲队成绩的中位数是______分，乙队成绩的众数是______分；
（2）计算乙队的平均成绩和方差；
（3）已知甲队成绩的方差是，则成绩较为整齐的是______队．
【答案】（1），
（2）平均成绩分，方差
（3）乙
【解析】
【分析】（1）本题考查了中位数和众数的概念，掌握概念即可解题．
（2）本题考查平均数和方差的运算公式，掌握运算公式即可解题．
（3）本题考查方差的概念，根据方差越大，波动越大，越不稳定即可解题．
【小问1详解】
解：将甲队成绩从小到大进行排列，有7、7、8、9、9、10、10、10、10、10，
第5、6位成绩是9、10，所以甲队成绩的中位数是，
由题知乙队成绩出现次数最多是10，所以乙队成绩的众数是10，
故答案为：，．
【小问2详解】
解：由题知，乙队的平均成绩（分），
乙队的方差，
答：乙队的平均成绩为分，乙队的方差为．
【小问3详解】
解：，
甲队波动较大，乙队比较稳定，
故答案为：乙．
【点睛】本题考查了中位数、众数、平均数、方差和根据方差判断数据的稳定性，解题的关键在于熟练掌握相关概念和公式．
20. 如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=-x＋8与x轴，y轴分别交于点A，点B，点D在y轴的负半轴上，若将△DAB沿直线AD折叠，点B恰好落在x轴正半轴上的点C处．
(1)求AB的长和点C的坐标；
(2)求直线CD的表达式．
【答案】（1）AB的长10；点C的坐标为（16，0）；（2）直线CD的解析式．
【解析】
【分析】（1）根据一次函数与直线的交点，求得的坐标，进而求得，根据勾股定理即可求得的长，根据折叠的性质可知，从而求得，即可求得点的坐标；
（2）设点，则，在中，根据勾股定理求得的值，进而求得点的坐标，结合（1）中点的坐标，待定系数法求解析式即可．
【详解】解：（1）当x=0时，，
B点的坐标为（0，8），
OB=8，
当y=0,则，解得x=6，
A点的坐标为（6，0），
OA=6，
AB =，
折叠，
，
，
，
（2）设点，则，
在中，
，
即，
解得，
，
设直线 的解析式为，
则，
解得．
直线 的解析式为．
【点睛】本题考查了一次函数，勾股定理，折叠；待定系数法求一次函数的解析式，熟悉勾股定理的内容，熟悉折叠的性质，是解题的关键．
21. 如图，四边形是正方形，点P是上任意一点，于点E，于点F，于点H，的延长线交于点G．
（1）求证：；
（2）四边形是什么四边形？并证明；
（3）若，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析 （2）正方形，见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）利用全等三角形的判定首先得出，进而得出，即可证明结论；
（2）首先得出四边形是矩形，再利用，同理可得：，进而得出，即可得出答案；
（3）首先求出的长，再利用三角形面积关系得出的长，进而求出的长，即可得出答案．
【小问1详解】
证明：∵于点E，于点F，于点H，
∴，
∴，
又∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
即；
【小问2详解】
证明：∵，
∴四边形是矩形，
∵，同理可得：，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴矩形是正方形；
【小问3详解】
解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的面积为：．
【点睛】本题主要考查了正方形判定以及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，利用已知得出以及求出的长是解题关键．
22. 某电信公司提供了A，B两种通讯方案，其通讯费用y（元）与通话时间x（分）之间的关系如图所示，观察图象，回答下列问题：
（1）某人若按A方案通话时间为100分钟时通讯费用为 元；若通讯费用为70元，则按B方案通话时间为 分钟；
（2）求B方案的通讯费用y（元）与通话时间x（分）之间的函数关系式；
（3）当B方案的通讯费用为50元，通话时间为170分钟时，若此时与A方案的通讯费用相比差10元，直接写出两种方案通话时间相差多少分钟．
【答案】（1）30，250
（2）
（3）当B方案的通讯费用为50元，通话时间为170分钟时，若两种方案的通讯费用相差10元，通话时间相差25分钟
【解析】
【分析】本题考查了一次函数的应用:
（1）观察函数图象，A方案通话时间在120分钟内通讯费用都为30元，B方案通话时间为250分钟对应的费用为70元；
（2）分类讨论：当时，易得元；当时，利用待定系数法求B方案的通讯费用y（元）与通话时间x（分）之间的函数关系式为，综上所述，得到；
（3）先用同样方法求出对于A方案，当x＞120时的解析式y＝x﹣18，由于B方案与A方案的通讯费用相比差10元，则A方案的通讯费用为60元或40元，接着分别计算出函数值为40或60所对应的自变量，然后求出它们与170的差即可得到两种方案的通讯费用相差10元时，通话的时间差．
【小问1详解】
解：由函数图象可知，某人若按A方案通话时间为100分钟时通讯费用为30元；若通讯费用为70元，则按B方案通话时间为250分钟；
故答案为：30，250；
【小问2详解】
解：由图象知：当时，通讯费元；
当时，设B方案的通讯费用y（元）与通话时间x（分）之间的函数关系式为，
把代入，得，
解得，
∴当时，设B方案的通讯费用y（元）与通话时间x（分）之间的函数关系式为：，
综上所述，；
【小问3详解】
解：对于A方案；当时，可求得，
∵当B方案的通讯费用为50元，此时与A方案的通讯费用相比差10元，
∴A方案的通讯费用为60元或40元，
当时，，解得，则（分钟）；
当时，，解得，则（分钟）；
∴当B方案的通讯费用为50元，通话时间为170分钟时，若两种方案的通讯费用相差10元，通话时间相差25分钟．
23. 如图1，矩形纸片ABCD的边长AB=4cm，AD=2cm．同学小明现将该矩形纸片沿EF折痕，使点A与点C重合，折痕后在其一面着色（如图2），观察图形对比前后变化，回答下列问题：

（1）GF FD：（直接填写=、＞、＜）
（2）判断△CEF的形状，并说明理由；
（3）小明通过此操作有以下两个结论：
①四边形EBCF的面积为4cm2
②整个着色部分的面积为5．5cm2
运用所学知识，请论证小明的结论是否正确．
【答案】（1）=；（2）△CEF是等腰三角形，理由见解析；（3）论证见解析．
【解析】
【详解】试题分析：（1）根据翻折的性质解答；
（2）根据AB//CD可得∠AEF=∠CFE，由翻折可得∠AEF=∠FEC，从而得到∠CFE=∠FEC，从而可得CE=CF，从而得解；
（3）①由翻折的性质可得AE=EC，从而可得AE=CF，再根据图形的面积公式列式计算即可得解；
②设GF=x，表示出CF，然后在Rt△CFG中，利用勾股定理列式求出GF，根据三角形的面积公式求出SGFC，然后计算即可得解．
试题解析：（1）由翻折的性质，GD=FD；
（2）△CEF等腰三角形．
∵矩形ABCD，∴AB∥CD，∴∠AEF=∠CFE，∵∠AEF=∠FEC，∴∠CFE=∠FEC，∴CF=CE，
故△CEF为等腰三角形；
（3）①由翻折的性质，AE=EC，
∵EC=CF，∴AE=CF，∴S四边形EBCF=（EB+CF）•BC=AB•BC=×4×2×=4cm2；
②设GF=x，则CF=4﹣x，∵∠G=90°，∴x2+22=（4﹣x）2，解得x=1．5，∴SGFC=×1．5×2=1．5，
S着色部分=1．5+4=5．5；
综上所述，小明的结论正确．
考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．矩形的性质；3．等腰三角形的判定；4．勾股定理．
24.
（1）已知菱形的边长为4，为等边三角形，当点P与点D重合，点E在对角线上时（如图1所示），求的值；
（2）在上面的问题中，如果把点P沿方向移动，使，其余条件不变（如图2），你能发现的值是多少？请说明理由；
（3）在原问题中，当点P在线段的延长线上，点E在的延长线上时（如图3），设，则线段的长与m有怎样的数量关系？请直接写出你的结论．
【答案】（1）4 （2）的值是3．理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据菱形的性质与已知条件可得是等边三角形，进而证明，即可求解；
（2）过点P作交于G．得是等边三角形，证明，即可求解．
（3）过点P作交于H．得是等边三角形，证明，即可求解．
【小问1详解】
解：如图1，四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴．
又∵为等边三角形，
∴，
∴．
即．
∴．
在和中，
∴，
∴，
∴，
即的值是4．
【小问2详解】
的值是3．理由如下：
如图2，过点P作交于G．
∴．
∴是等边三角形．
∴．
又∵为等边三角形，
∴．
∴，
即．
在和中，
∴，
∴，
∴．
即的值是3．
【小问3详解】
如图3，作交于点H，
由（1），可得是等边三角形，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴．
又∵，∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，平移的性质，掌握以上知识是解题的关键．
甲
7
8
9
7
10
10
9
10
10
10
乙
10
8
7
9
8
10
10
9
10
9