2020-2021学年人教版八年级下册数学期末冲刺试题（word版 含答案）

这是一份2020-2021学年人教版八年级下册数学期末冲刺试题（word版 含答案），共16页。试卷主要包含了函数y＝+，下列计算结果正确的是，已知点等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年人教新版八年级下册数学期末冲刺试题
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．函数y＝+（x﹣5）﹣2中自变量x的取值范围是（　　）
A．x≥3且x≠5 B．x＞3且x≠5 C．x＜3且x≠5 D．x≤3且x≠5
2．某手表厂抽查了10只手表的日走时误差，数据如下表所示：则这10只手表的平均日走时误差（单位：秒）是（　　）
日走时误差（秒）
0
1
2
3
只数（只）
3
4
2
1
A．0 B．0.6 C．0.8 D．1.1
3．下列计算结果正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．如图，▱ABCD的周长为36cm，△ABC的周长为28cm，则对角线AC的长为（　　）

A．28cm B．18cm C．10cm D．8cm
5．直线y＝3x+2与y轴的交点坐标为（　　）
A．（0，3） B．（﹣，0） C．（0，﹣2） D．（0，2）
6．如图，某校园内有一池塘，为得到池塘边的两棵树A，B间的距离，小亮测得了以下数据：∠A＝∠CDE，AD＝DC，DE＝10m，则A，B间的距离是（　　）

A．10m B．15m C．20m D．25m
7．如图，四边形ABCD为菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，∠CAD＝25°，则∠DHO的度数是（　　）

A．20° B．25° C．30° D．35°
8．如图所示，OA、BA分别表示甲、乙两名学生运动的路程与时间的关系图象，图中S和t分别表示运动路程和时间，根据图象判断快者比慢者每秒多跑（　　）

A．25m B．6.25m C．1.5m D．1.25m
9．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，把矩形折叠，使点D与点B重合，点C落在点E处，则折痕FG的长为（　　）

A．2.5 B．3 C． D．2
10．已知点（1，y1），（3，y2）在一次函数y＝（k﹣2）x+1的图象上，且y1＞y2，则（　　）
A．k＞2 B．k＜2 C．k＞0 D．k＜0
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．如表记录了甲、乙、丙、丁四名同学最近五次数学考试成绩的平均分与方差：

甲
乙
丙
丁
平均分
93
96
96
93
方差（s2）
5.1
5.1
1.2
1.2
要选择一名成绩好且发挥稳定的同学参加数学比赛，应该选择　 　．
12．若（x﹣3）2+＝0，则x﹣y＝　 　．
13．如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形．则下列关于面积的等式：①SA＝SB+SC；②SA＝SF+SG+SB；③SB+SC＝SD+SE+SF+SG，其中成立的有（写出序号即可）　 　．

14．如图，将直线OA向上平移2个单位长度，则平移后的直线的表达式为　 　．

15．如图，四边形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AC⊥BD，且AC平分BD，若添加一个条件　 　，则四边形ABCD为菱形．

16．如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边CD上，DE＝1；作EF∥BC，分别交AC、AB于点G、F，M、N分别是AG、BE的中点，则MN的长是　 　．

三．解答题（共9小题，满分72分）
17．计算：
（1）﹣﹣；
（2）×÷；
（3）（﹣3）÷2．
18．在平行四边形ABCD中，DE、BF分别是∠ADC和∠ABC的角平分线，交AB、CD于点E、F．求证：四边形BEDF是平行四边形．

19．每年的4月15日是我国全民国家安全教育日．某中学在全校七、八年级共800名学生中开展“国家安全法”知识竞赛，并从七、八年级学生中各抽取20名学生，统计这部分学生的竞赛成绩（竞赛成绩均为整数，满分10分，6分及以上为合格）．相关数据整理如下：
八年级抽取的学生的竞赛成绩：
4，4，6，6，6，6，7，7，7，8，8，8，8，8，8，9，9，9，10，10．
七、八年级抽取的学生的竞赛成绩统计表
年级
七年级
八年级
平均数
7.4
7.4
中位数
a
b
众数
7
c
合格率
85%
90%
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：a＝　 　；b＝　 　；c　 　．
（2）估计该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分及以上的人数；
（3）根据以上数据分析，从一个方面评价两个年级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩谁更优异．

20．如图，小明家、文具店、书店在同一条直线上，小明从家去文具店买笔，接着去书店看书，然后回家，折线图反映了这个过程中，小明离家的距离y（单位：km）与时间x（单位：min）的对应关系，根据图象解答下列问题：
（1）由纵坐标看出，小明家离文具店　 　km，由横坐标看出，小明从家到文具店用　 　min，小明在书店看书用了　 　min；
（2）求小明从书店回家的平均速度．

21．如图，在△ABC中，D是AB的中点，AC＝2，BC＝2，AB＝2，延长AC
到E，使得CE＝CD，连接BE．
（1）求证：∠ACB＝90°；
（2）求线段BE的长度．

22．如图，直线y1＝x+2与x、y轴分别交于点A、B，直y2＝﹣2x+m与x、y轴分别交于点C、D，两直线交于点E（1，n）．
（1）求m，n的值；
（2）求四边形BOCE的面积；
（3）当y1＞y2时，根据图象，直接写出x的取值范围．

23．在抗击新冠状病毒战斗中，有152箱公共卫生防护用品要运到A、B两城镇，若用大小货车共15辆，则恰好能一次性运完这批防护用品，已知这两种大小货车的载货能力分别为12箱/辆和8箱/辆，其中用大货车运往A、B两城镇的运费分别为每辆800元和900元，用小货车运往A、B两城镇的运费分别为每辆400元和600元．
（1）求这15辆车中大小货车各多少辆？
（2）现安排其中10辆货车前往A城镇，其余货车前往B城镇，设前往A城镇的大货车为x辆，前往A、B两城镇总费用为y元，试求出y与x的函数解析式．若运往A城镇的防护用品不能少于100箱，请你写出符合要求的最少费用．
24．如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝4，点E为对角线AC上一动点，连接DE、过点E作EF⊥DE．交BC点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）求证：矩形DEFG是正方形；
（2）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．

25．在平面直角坐标系中，直线l1：y＝﹣2x+6与坐标轴交于A，B两点，直线l2：y＝kx+2（k＞0）与坐标轴交于点C，D，直线l1，l2与相交于点E．
（1）当k＝2时，求两条直线与x轴围成的△BDE的面积；
（2）点P（a，b）在直线l2：y＝kx+2（k＞0）上，且点P在第二象限．当四边形OBEC的面积为时．
①求k的值；
②若m＝a+b，求m的取值范围．


参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．解：依题意有x﹣3＞0且x﹣5≠0，
解得：x＞3且x≠5．
故选：B．
2．解：这10只手表的平均日走时误差是＝1.1（秒），
故选：D．
3．解：A、原式＝2，所以A选项错误；
B、原式＝＝2，所以B选项正确；
C、原式＝12，所以C选项错误；
D、原式＝2，所以D选项错误．
故选：B．
4．解：∵▱ABCD的周长是36cm，
∴AB+AD＝18m，
∵△ABC的周长是28cm，
∴AB+BC+AC＝28cm，
∴AC＝（AB+BC+AC）﹣（AB+AC）＝28﹣18＝10（cm）．
故选：C．
5．解：∵令x＝0，则y＝2，
∴直线y＝3x+2与y轴交点的坐标是（0，2）．
故选：D．
6．解：∵∠A＝∠CDE，
∴DE∥AB，
∵AD＝DC，
∴CE＝BE，
∴DE是△CAB的中位线，
∴AB＝2DE＝20m，
答：A，B间的距离是20m，
故选：C．
7．解：如图：

∵ABCD是菱形
∴AD＝AB，BO＝OD，
∴∠BAD＝2∠CAD＝50°
∴∠ABD＝（180°﹣∠BAD）÷2＝65°
∵DH⊥AB，BO＝DO
∴HO＝DO
∴∠DHO＝∠BDH＝90°﹣∠ABD＝25°
故选：B．
8．解：由图象可得，
快者的速度为：100÷（20﹣4）＝100÷16＝6.25（m/s），
慢者的速度为：100÷20＝5（m/s），
6.25﹣5＝1.25（m/s），
即快者比慢者每秒多跑1.25m，
故选：D．
9．解：如图，连接BD，交EF于O，则由轴对称的性质可知，FG垂直平分BD，
Rt△ABD中，BD＝＝2
∴DO＝，
由折叠可得，∠BFO＝∠DFO，
由AD∥BC可得，∠DFO＝∠BGO，
∴∠BFO＝∠BGO，
∴BF＝BG，即△BFG是等腰三角形，
∴BD平分FG，
设BF＝DF＝x，则AF＝4﹣x，
在Rt△ABF中，（4﹣x）2+22＝x2，
解得x＝，即DF＝，
∴Rt△DOF中，OF＝＝，
∴FG＝2FO＝．
故选：C．

10．解：∵1＜3，y1＞y2，
∴一次函数y＝（k﹣2）x+1，y随x增大而减小，
即k﹣2＜0，
∴k＜2．
故选：B．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．解：∵1.2＜5.1，
∴丙和丁的最近几次数学考试成绩的方差最小，发挥稳定，
∵96＞93，
∴丙同学最近几次数学考试成绩的平均数高，
∴要选择一名成绩好且发挥稳定的同学参加数学比赛，应该选择丙．
故答案为：丙．
12．解：∵（x﹣3）2+＝0，
∴x﹣3＝0，y+4＝0，
解得：x＝3，y＝﹣4，
∴x﹣y＝3﹣（﹣4）＝3+4＝7．
故答案为：7．
13．解：由勾股定理和正方形的性质可知：SA＝SB+SC，SB＝SD+SE，SC＝SF+SG，
∴SA＝SB+SC＝SF+SG+SB，SB+SC＝SD+SE+SF+SG，
故答案为：①②③．
14．解：设直线OA的解析式为：y＝kx，
把（1，2）代入，得k＝2，
则直线OA解析式是：y＝2x．
将其上平移2个单位长度，则平移后的直线的表达式为：y＝2x+2．
故答案是：y＝2x+2．
15．解：添加一个条件OA＝OC，则四边形ABCD为菱形，理由如下：
∵AC平分BD，OA＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
故答案为：OA＝OC（答案不唯一）．
16．解：连接FM，FC，

∵四边形ABCD是正方形，EF∥BC，
∴∠BAC＝45°，四边形BCEF为矩形，
∴△AFG为等腰直角三角形，BE＝CF，
∵M是AG的中点，
∴AM＝MG，
则FM⊥AG，
即△FMC是直角三角形，
∵N是FC的中点，
∴MN＝FC，
∵DE＝1，BC＝DC＝4，
∴CE＝3，
∴BE＝FC＝，
∴MN＝FC＝2.5．
故答案为2.5．
三．解答题（共9小题，满分72分）
17．解：（1）原式＝3﹣×3﹣2
＝﹣；
（2）原式＝
＝
＝；
（3）原式＝（4﹣9）÷2
＝
＝﹣．
18．证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，CD＝AB，AD＝BC，
∵DE、BF分别是∠ADC和∠ABC的角平分线，
∴∠ADE＝∠CDE，∠CBF＝∠ABF，
∵CD∥AB，
∴∠AED＝∠CDE，∠CFB＝∠ABF，
∴∠AED＝∠ADE，∠CFB＝∠CBF，
∴AE＝AD，CF＝CB，
∴AE＝CF，
∴AB﹣AE＝CD﹣CF 即BE＝DF，
∵DF∥BE，
∴四边形DEBF是平行四边形．
19．解：（1）由图表可得：a＝＝7.5，b＝＝8，c＝8．
故答案为：7.5，8，8；
（2）800×＝200（人）．
答：该校七、八年级共800名学生中竞赛成绩达到9分及以上的人数为200人；
（3）∵八年级的合格率高于七年级的合格率，
∴八年级“国家安全法”知识竞赛的学生成绩更优异．
20．解：（1）由纵坐标看出，小明家离文具店0.7km，由横坐标看出，小明从家到文具店用10min，小明在书店看书用了90﹣30＝60（min），
故答案为：0.7，10，60；
（2）0.9÷（105﹣90）＝0.06（km/min），
即小明从书店回家的平均速度是0.06km/min．
21．（1）证明：∵在△ABC中，AC＝2，BC＝2，AB＝2，
∴AC2＝4，BC2＝8，AB2＝12，
∴AC2+BC2＝AB2．
∴∠ACB＝90°；
（2）由（1）知，∠ACB＝90°，则∠BCE＝90°．
∵D是AB的中点，AB＝2，CE＝CD，
∴CE＝CD＝AB＝．
∴在直角△BCE中，由勾股定理得：BE＝＝＝．

22．解：（1）把点E（1，n）代入y1＝x+2得，n＝1+2＝3，
∴点E（1，3），
把E（1，3）代入y2＝﹣2x+m得，3＝﹣2+m，
∴m＝5；
（2）在y1＝x+2中，令x＝0，解得y＝2，
∴B（0，2），
在y2＝﹣2x+5中，令y＝0得x＝，令x＝0得y＝5，
∴C（，0），D（0，5），
∴四边形BOCE的面积＝××5﹣×（5﹣2）×1＝4.75；
（3）由图象知，当y1＞y2时，x的取值范围为x＞1．

23．解：（1）设这15辆车中大货车有a辆，则小货车有（15﹣a）辆，
12a+8（15﹣a）＝152
解得，a＝8，
则15﹣a＝7，
答：这15辆车中大货车8辆，小货车7辆；
（2）设前往A城镇的大货车为x辆，则前往A城镇的小货车为（10﹣x）辆，前往B城镇的大货车有（8﹣x）辆，前往B城镇的小货车有7﹣（10﹣x）＝（x﹣3）辆，
由题意可得，y＝800x+400（10﹣x）+900（8﹣x）+600（x﹣3）＝100x+9400，
即y与x的函数关系式为y＝100x+9400，
∵运往A城镇的防护用品不能少于100箱，
∴12x+8（10﹣x）≥100，
解得，x≥5，
∴当x＝5时，y取得最小值，此时y＝9900，
答：y与x的函数解析式y＝100x+9400，符合要求的最少费用为9900元．
24．解：（1）如图所示，过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，
∵正方形ABCD，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，且NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，
∴矩形DEFG为正方形，
（2）CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，
∴AC＝AE+CE＝AB＝×4＝8，
∴CE+CG＝8是定值．

25．解：（1）∵直线l1：y＝﹣2x+6与坐标轴交于A，B两点，
∴当y＝0时，得x＝3，当x＝0时，y＝6；
∴A（0，6）B（3，0）；
当k＝2时，直线l2：y＝2x+2（k≠0），
∴C（0，2），D（﹣1，0）
解得，
∴E（1，4），
∴△BDE的面积＝×4×4＝8．
（2）①连接OE．设E（n，﹣2n+6），
∵S四边形OBEC＝S△EOC+S△EOB，
∴×2×n+×3×（﹣2n+6）＝，
解得n＝，
∴E（，），
把点E的人y＝kx+2中，＝k+2，
解得k＝4．
②∵直线y＝4x+2交x轴于D，
∴D（﹣，0），
∵P（a，b）在第二象限，在线段CD上，
∴﹣＜a＜0，
∴b＝4a+2，
∴m＝a+b＝5a+2，
∴﹣＜m＜2．