2021-2022学年广西贵港市港北区八年级（下）期末数学试卷（Word解析版）

2021-2022学年广西贵港市港北区八年级（下）期末数学试卷

一、选择题（本题共12小题，共36分）

1. 下列各组数中，属于勾股数的是(    )

A. ，， B. ，， C. ，， D. ，，

2. 在下列所给出坐标的点中在第二象限的是(    )

A.   B.   C.  D.  ，

3. 一次跳远比赛中，成绩在米以上的有人，频率为，则参加比赛的共有(    )

A. 人 B. 人 C. 人 D. 人

4. 在函数中，自变量的取值范围是(    )

A.  B.  C.  D.

5. 下列条件中，不能判定为直角三角形的是(    )

A.  B.
C. ：：：： D. ，，

6. 已知、、是一次函数的图象上三点，则、、的大小关系为(    )

A.  B.  C.  D.

7. 下列判断错误的是(    )

A. 两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B. 四个内角都相等的四边形是矩形
C. 两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D. 四条边都相等的四边形是菱形

8. 如图，已知的周长是，和的角平分线交于点，于点，若，则的面积是(    )

A.  B.  C.  D.

9. 将直线向上平移个单位长度，可得直线的解析式为(    )

A.  B.  C.  D.

10. 菱形的两条对角线的长分别为和，则菱形的高为(    )

A.  B.  C.  D.

11. 两个一次函数与，它们在一直角坐标系中的图象可能是(    )

A.  B.
C.  D.

12. 如图，动点从点出发，沿所示方向运动，每当碰到长方形的边时反弹，反弹后的路径与长方形的边的夹角为，第次碰到长方形边上的点的坐标为第次碰到长方形边上的坐标为(    )

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本题共6小题，共18分）

13. 一个正多边形的每个外角都是，这个正多边形的边数是______．
14. 已知一次函数与轴的交点为，则方程的解是______．
15. 直线与轴、轴围成的三角形面积为，则______．
16. 如图，在矩形中，动点从点出发，沿方向运动至点处停止，设点运动的路程为，的面积为，如果关于的函数图象如图所示，则矩形的面积是___________．

17. 在平面直角坐标系中，已知、，在轴上求一点，使最大，则点的坐标为______．
18. 如图，在边长为的正方形中，动点，分别以相同的速度从，两点同时出发向和运动任何一个点到达即停止，连接，交于点，过点作
    交于点，交于点，连接，在运动过程中则下列结论：
    ≌；；；线段的最小值为．
    其中正确的结论有______ 填写正确的序号

三、解答题（本题共8小题，共66分）

19. 在如图所示的平面直角坐标系中，每个小方格都是边长为的正方形，的顶点均在格点上，点点，点．
    将先向右平移个单位，再向上平移个单位得到，画出，并写出点坐标；
    画出关于轴对称的，并写出点的坐标．

20. 如图，在中，，为的中点，于点，交于，且．
    求的度数．
    若，求的长．

21. 为了响应节能减排的号召，推动绿色生活方式，某品牌汽车店准备购进型和型两种不同型号的电动汽车共辆进行销售．

如果该店购进辆两种型号的电动汽车所花费成本为万元，那么购进、两种型号的电动汽车各多少辆？
如果为了保证该店购进的型电动汽车不少于型电动汽车的倍，那么辆电动汽车全部售出后，求购进多少辆型电动汽车可使店销售的利润最大，最大利润是多少？

22. 年月日是全国中小学生安全教育日，某学校为加强学生的安全意识，组织了全校名学生参加安全知识竞赛，从中抽取了部分学生成绩得分取正整数，满分为分进行统计．请根据尚未完成的频率分布表和频数分布直方图，解答下列问题：
    频率分布表

这次抽取了______名学生的竞赛成绩进行统计，其中：______，______；
补全频数分布直方图；
若成绩在分以下含分的学生为安全意识不强，有待进一步加强安全教育，则该校安全意识不强的学生约有多少人？

23. 如图，直线的函数解析式为，且与轴交于点，直线经过点、，直线、交于点．
    求直线的函数解析式；
    求的面积；
    在直线上是否存在点，使得面积是面积的倍？如果存在，请求出坐标；如果不存在，请说明理由．

24. 如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接．
     

求证：四边形是菱形；

若，，求的长．

25. 如图，在平行四边形中，对角线，交于点为边中点，交延长线于点，交于点，且，连接，．
    求证：四边形是矩形；
    若四边形是正方形，且，请直接写出的长．

26. 已知函数的图象与轴、轴分别交于点，，与函数的图象交于点在轴上有一动点，过点作轴的垂线，分别交函数和的图象于点，．
    求直线的函数关系式及点的坐标；
    设点，若，求的值及点的坐标；
    在轴上是否存在点，使为等腰三角形？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，说明理由．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】

【分析】
此题主要考查了勾股数的判定方法，比较简单，首先看各组数据是否都是正整数，再检验是否符合勾股定理的逆定理．
根据勾股数的定义：满足的三个正整数，称为勾股数，据此判断即可．
【解答】
解：、，，，因为不是正整数，故一定不是勾股数，故此选项错误；
B、，，，因为不是正整数，故一定不是勾股数，故此选项错误；
C、因为，故是勾股数．故此选项正确；
D、因为，故不是勾股数，故此选项错误；
故选：．  

2.【答案】 

【解析】解：第二象限内点的横坐标是负数，纵坐标是正数，
、、、中只有在第二象限．
故选：．
根据第二象限内点的横坐标是负数，纵坐标是正数解答即可．
本题考查了点的坐标的知识，解答本题的关键在于记住各象限内点的坐标的符号．四个象限的符号特点分别是：第一象限；第二象限；第三象限；第四象限．
 

3.【答案】 

【解析】解：人，
故选：．
根据频率进行计算即可．
本题考查频数与频率，掌握频率是解决问题的关键．
 

4.【答案】 

【解析】

【分析】
本题主要考查了函数自变量的取值范围，一般考虑被开方数非负数，分母不等于．
被开方数大于，求解即可．
【解答】
解：根据题意，，
解得．
故选B．  

5.【答案】 

【解析】解：、，
能判定为直角三角形，
故A不符合题意；
B、，，
，
，
能判定为直角三角形，
故B不符合题意；
C、：：：：，，
，
能判定为直角三角形，
故C不符合题意；
D、，，，
，，
，
不能判定为直角三角形，
故D符合题意；
故选：．
根据勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，进行计算逐一判断即可解答．
本题考查了勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，熟练掌握勾股定理的逆定理，三角形内角和定理是解题的关键．
 

6.【答案】 

【解析】解：，
随的增大而减小，
，
，
故选：．
因为，所以随的增大而减小，横坐标越大，纵坐标越小．
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，利用了一次函数的性质，当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小，这是解题的关键．
 

7.【答案】 

【解析】解：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故A正确，不符合题意；
B.四个内角都相等的四边形是矩形，故B正确，不符合题意；
C.两条对角线互相垂直且相等的四边形不一定是正方形，故C错误，符合题意；
D.四条边都相等的四边形是菱形，故D正确，不符合题意；
故选：．
根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定定理逐项判断即可．
本题考查了平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定定，解题的关键是掌握矩形，菱形，正方形的判定定理．
 

8.【答案】 

【解析】解：如图，过点作于点，于点，连接，

、分别平分、，，
，





故选：．
过点作于点，于点，连接，根据角平分线的性质可得，再根据即可计算结果．
本题主要考查角平分线的性质，熟知角平分线的性质是解题关键．
 

9.【答案】 

【解析】解：原直线的，；向上平移个单位长度，得到了新直线，
那么新直线的，．
新直线的解析式为．
故选：．
平移时的值不变，只有发生变化．
本题考查了一次函数图象的几何变换，难度不大，要注意平移后值不变．
 

10.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查了勾股定理，菱形的性质，作出图形，根据，的值求是解题的关键．根据对角线的长度即可计算菱形的面积，根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可以求得为直角三角形，根据，可以求得的值，根据菱形的面积和边长即可解题．
【解答】
解：由题意知，，

则菱形的面积，
菱形对角线互相垂直平分，
为直角三角形，，，
，
菱形的高．
故选A．  

11.【答案】 

【解析】解：、一次函数的图象经过一三四象限，
，；
由一次函数图象可知，，，两结论矛盾，故错误；
B、一次函数的图象经过一二三象限，
，；
由的图象可知，，，两结论相矛盾，故错误；
C、一次函数的图象经过一三四象限，
，；
由的图象可知，，，两结论不矛盾，故正确；
D、一次函数的图象经过一二三象限，
，；
由的图象可知，，，两结论相矛盾，故错误．
故选：．
先由一次函数图象得到字母系数的正负，再与一次函数的图象相比较看是否一致．
此题主要考查了一次函数的图象性质，要掌握它的性质才能灵活解题．一次函数的图象有四种情况：
当，，函数的图象经过第一、二、三象限；
当，，函数的图象经过第一、三、四象限；
当，时，函数的图象经过第一、二、四象限；
当，时，函数的图象经过第二、三、四象限．
 

12.【答案】 

【解析】解：由反弹线前后对称规律，得出第次碰到长方形的边的点的坐标依次为：，，，，，，
由此可以得出运动周期为次一循环，
，
第次碰到长方形的边的点的坐标为．
故选：．
该题属于找规律题型，只要把运动规律找出来就可解决问题．
此题主要考查了规律性，图形的变化，解答本题关键是明确反弹前后特征，发现点的变化规律，利用变化规律解答．
 

13.【答案】 

【解析】解：设所求正边形边数为，
则，
解得．
故正多边形的边数是．
多边形的外角和等于，因为所给多边形的每个外角均相等，故又可表示成，列方程可求解．
本题考查根据多边形的外角和求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．
 

14.【答案】 

【解析】

【分析】
直接根据函数图象与轴的交点进行解答即可．
本题主要考查了一次函数与一元一次方程的关系．任何一元一次方程都可以转化为为常数，的形式，所以解一元一次方程可以转化为：当某个一次函数的值为时，求相应的自变量的值．从图象上看，相当于已知直线确定它与轴的交点的横坐标的值．
【解答】
一次函数与轴的交点为，
当时，．
故答案为：．  

15.【答案】 

【解析】解：一次函数与轴的交点为，与轴的交点为．
和两坐标轴围成的三角形的面积是，
，
．
故答案为：．
先用表示出直线与、轴的交点，再利用三角形的面积公式即可得出结论．
本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．
 

16.【答案】 

【解析】

【分析】
本题为动点问题的函数图象探究题，考查了动点到达临界点前后图象趋势的趋势变化，解答时，要注意数形结合．根据图象横坐标的变化，问题可解．
【解答】
解：动点在上运动时，面积不断增加，
动点在上运动时，面积面积不变，
动点在上运动时，面积不断减小，
故由题干图象可得，，
，
所以矩形的面积是．
矩形的面积是．
故答案为．  

17.【答案】 

【解析】解：由可知当、、三点共线时最大，
设直线为，
直线过、，
，
解得，
直线为，
当时，，
点的坐标为．
故答案为：．
由可知当、、三点共线时最大，求直线的解析式，与轴的交点就是．
本题考查了三角形中两边之差小于第三边的性质，当共线时差最大，关键是求直线解析式，再求与轴的交点．
 

18.【答案】 

【解析】解：动点，分别以相同的速度从，两点同时出发向和运动，
，
四边形是正方形，
，，
，
在和中，

≌，故正确；
，，故正确；
，
，
，即，故正确；
点在运动中始终保持，
点的路径是一段以为直径的弧，如图，
设的中点为，连接交弧于点，此时的长度最小，
在中，，
，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，即线段的最小值为，故正确．
故答案为：．
由正方形的性质及，以相同的速度运动，利用证明≌，得到，，再根据，可得，进而得到，根据点在运动中保持，可得点的路径是一段以为直径的弧，设的中点为，连接交弧于点，此时的长度最小，根据勾股定理，求出的长度，再求出的长度，即可求出线段的最小值，根据矩形对角线相等即可得到．
本题主要考查正方形的性质、全等三角形、勾股定理等，解题的关键是证明≌．
 

19.【答案】解：如图所示，，即为所求；；

如图所示，即为所求，． 

【解析】根据平移变换的性质找出对应点即可求解；
根据轴对称的性质找出对应点即可求解．
本题考查了平移变换的性质以及轴对称变换的性质，熟练掌握平移变换以及轴对称的性质是解题的关键．
 

20.【答案】解：，
，
为的中点，
，
在和中，
，
≌，
，
平分，
，
，
，
；
≌，
，
，，
，
． 

【解析】由“”可证≌，可得，由三角形内角和定理可求解；
由全等三角形的性质可得，由直角三角形的性质可求的长，即可求解．
本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
 

21.【答案】解：设购进型电动汽车辆，购进型电动汽车辆，
根据题意，得：，
解得：，
答：购进型电动汽车辆，型电动汽车辆；

设购进型电动汽车辆，则购进型电动汽车辆，
购进的型电动汽车不少于型电动汽车的倍，
，
即，
根据题意，得：，
．
，
时，利润最大，最大值为：万元，
购进辆型电动汽车可使店销售的利润最大，最大利润是万元． 

【解析】设购进型电动汽车辆，购进型电动汽车辆，由题意：该店购进辆两种型号的电动汽车所花费成本为万元，列出二元一次方程组，解方程组即可；
设购进型电动汽车辆，则购进型电动汽车辆，由题意：购进的型电动汽车不少于型电动汽车的倍，列出一元一次不等式，解不等式取最小整数值，然后再求出利润的解析式即可．
本题考查了一元一次不等式的应用、二元一次方程组的应用；解题的关键是：找准等量关系，列出二元一次方程组；找出数量关系，列出一元一次不等式．
 

22.【答案】；；；
如图，

人，
所以该校安全意识不强的学生约有人． 

【解析】

解：，
，；
故答案为，；；
见答案
见答案．
【分析】
用第一个分数段的频数除以它的频率可得到调查的总人数，然后用总人数成以得到的值，用除以总人数可得到的值；
利用的频数为可补全频数分布直方图；
估计样本估计总体，用乘以前面两分数段的频率之和可估计出该校安全意识不强的学生数．
本题考查了频数率分布直方图：提高读频数分布直方图的能力和利用统计图获取信息的能力；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题．也考查了用样本估计总体．  

23.【答案】解：设直线的函数解析式为，
将、代入，
，解得：，
直线的函数解析式为．
联立两直线解析式成方程组，
，解得：，
点的坐标为．
当时，，
点的坐标为．
．
假设存在．
面积是面积的倍，
，
当时，，
此时点的坐标为；
当时，，
此时点的坐标为．
综上所述：在直线上存在点或，使得面积是面积的倍． 

【解析】根据点、的坐标利用待定系数法即可求出直线的函数解析式；
令求出值，即可得出点的坐标，联立两直线解析式成方程组，解方程组即可得出点的坐标，再根据三角形的面积即可得出结论；
假设存在，根据两三角形面积间的关系，再根据一次函数图象上点的坐标特征即可求出点的坐标．
本题考查了两条直线相交或平行问题、一次函数图象上点的坐标特征以及待定系数法求一次函数解析式，根据给定点的坐标利用待定系数法求出函数解析式是解题的关键．
 

24.【答案】解：，
，
为的平分线，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
▱是菱形；
四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
在中，，，
，
． 

【解析】此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，
判断出是解本题的关键．
先判断出，进而判断出，得出，即可得出结论；
先判断出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出结论．
 

25.【答案】证明：，
，
点是的中点，
，
在和中，
，
≌，
，
又，
四边形是平行四边形，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
，
平行四边形是矩形；
解：四边形是正方形，
，，
，
在中，，
，
或不合题意，舍去，
． 

【解析】由“”可证≌，可得，可证四边形是平行四边形，由平行四边形的性质可得，根据对角线相等的平行四边形是矩形可得结论；
根据正方形的性质求得，由勾股定理可求的长，进而求出，可得结论．
本题考查了正方形的性质，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
 

26.【答案】解：把点代入中，可得：，
解得：，
所以直线的函数关系式是，
把代入得，
点坐标为；

把代入得，
点坐标为，
，
，
，
轴，点，
点坐标为，点坐标为，
，
或，
当时，；
当时，；
点的坐标为或；

设点，
点．
，
，，
时，，
，
，
点的坐标为或；
时，，
，
，
点的坐标为；
时，，
，
或舍去，
点的坐标为；
综上，存在，点的坐标为或或或． 

【解析】把点代入解答即可；
先确定点坐标为，则，，再表示出点坐标为，点坐标为，所以，然后解方程即可；
分三种情况：，，，根据等腰三角形的性质即可求解．
本题为一次函数的综合应用，涉及待定系数法、函数图象的交点、等腰三角形的性质、方程思想等知识．在中求得的值是解题的关键，在中求得的长是解题的关键，在中分类思想的运用是解题的关键．