福建省龙岩市新罗区2022-2023学年八年级下学期期末数学试卷(含答案)
展开福建省龙岩市新罗区2022-2023学年八年级下学期期末数学试卷
一、选择题(每题4分,共10题,合计40分)
1.(4分)下列各组数中,以它们为边长的线段不能构成直角三角形的是( )
A.1,,2 B.5,4,3 C.13,12,5 D.2,2,3
2.(4分)下列运算正确的是( )
A. B.
C. D.
3.(4分)在一次学校田径运动会上,参加男子跳高的20名运动员的成绩如表所示:
成绩/m
1.55
1.60
1.65
1.70
1.75
1.80
人数
1
4
3
4
6
2
这些运动员成绩的众数是( )
A.1.65 B.1.70 C.1.75 D.1.80
4.(4分)如图,在菱形ABCD中,对角线AC,若AC=8,BD=6( )
A.48 B.24 C.12 D.10
5.(4分)2013年“中国好声音”全国巡演重庆站在奥体中心举行.童童从家出发前往观看,先匀速步行至轻轨车站,等了一会儿,演出结束后,童童搭乘邻居刘叔叔的车顺利回到家.其中x表示童童从家出发后所用时间( )
A. B.
C. D.
6.(4分)如图是甲、乙两射击运动员的10次射击训练成绩的折线统计图,则下列说法正确的是( )
A.甲比乙的成绩稳定
B.乙比甲的成绩稳定
C.甲、乙两人的成绩一样稳定
D.无法确定谁的成绩更稳定
7.(4分)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,交CB于点D.若AC=3,AB=5( )
A. B. C. D.
8.(4分)如图,当y1<y2时,则x的取值范围是( )
A.x<3 B.x<2 C.x>3 D.x>2
9.(4分)当a≤时,化简+|2a﹣1|等于( )
A.2 B.2﹣4a C.a D.0
10.(4分)如图,把正方形纸片ABCD沿对边中点所在直线折叠后展开,折痕为MN,使得点A落在MN上的点F处,折痕为DE,则( )
A. B.﹣1 C.2﹣ D.3﹣
二、填空题(每小题4分,共6题,合计24分)
11.(4分)二次根式有意义,则x的取值范围是 .
12.(4分)点(a,﹣1)在一次函数y=﹣2x+1的图象上,则a的值为 .
13.(4分)如图,为了测量一块不规则绿地B,C两点间的距离,然后测量出AB,AC的中点D,E,E两点间的距离是15m,则绿地B m.
14.(4分)如图,平面直角坐标系xOy中,点A(1,0)(0,2),点D为AB的中点,以点O为圆心,交x轴正半轴于点C,则C点的坐标为 .
15.(4分)《九章算术》中有一个“折竹抵地”问题:“今有竹高九尺,末折抵地,去本三尺,折后竹尖抵地与竹子底部的距离为3尺,问折处高几尺?即:如图,BC=3尺,则AC= 尺.
16.(4分)如图,在三角形纸片ABC中,,,.将该纸片沿着点B的直线折叠,折痕记为BD,剪去△CDE后得到双层△BDE,使得展开后的平面图形中有一个是平行四边形.则所得平行四边形的周长为 .
三、解答题(共9题,合计86分)
17.(8分)()(5﹣)﹣(+2)÷+.
18.(8分)如图,在▱ABCD中,点E,CD上,且BE=DF.
求证:AF=CE.
19.(8分)如图,直线l1:y=kx+b1,直线l2:y=kx+b2(k≠0,b1>b2),直线l1与x轴、y轴分别交于点A、B.
求证:l1∥l2.
20.(8分)已知边长为4的正方形ABCD和∠O=45°.
(1)以∠O为一个内角作菱形OPMN,使OP=4;(要求:尺规作图,不写作法,保留作图痕迹)
(2)设正方形ABCD的面积为S1,菱形OPMN的面积为S2,求的值.
21.(8分)如图,在四边形ABCD中,∠B=90°,CD=5,AD=.
(1)求∠BAD的度数;
(2)AE⊥CD于E,求AE之长.
22.(10分)某单位招聘员工,采取笔试与面试相结合的方式进行,两项成绩的原始分均为100分.前6名选手的得分如下:
序号
项目
1
2
3
4
5
6
笔试成绩/分
85
92
84
90
84
80
面试成绩/分
90
88
86
90
80
85
根据规定,笔试成绩和面试成绩分别按一定的百分比折和成综合成绩(综合成绩的满分仍为100分)
(1)这6名选手笔试成绩的中位数是 分,众数是 分.
(2)现得知1号选手的综合成绩为88分,求笔试成绩和面试成绩各占的百分比.
(3)求出其余五名选手的综合成绩,并以综合成绩排序确定前两名人选.
23.(10分)A市和B市分别库存某种机器12台和8台,现决定支援给C市10台和D市10台.若从A市调运一台机器到C市或D市的运费分别为300元、500元;从B市调运一台机器到C市或D市的运费分别为400元、800元.
(1)设A市运往C市机器x台,总运费为y元,求y关于x的函数关系式.
(2)求自变量x的取值范围.
(3)请设计总运费最低的调运方案,并求出其最低运费.
24.(12分)如图,在正方形ABCD中,动点M在CD上,过点C作CN⊥AC,点E是AN的中点
(1)求证:BE⊥AC;
(2)请探究线段BE、AD、CN长度之间的等量关系,并证明你的结论;
(3)设AB=2,若点M沿着线段CD从点C运动到点D,则在该运动过程中 (直接写出答案).
25.(14分)直线l:y=kx﹣3k+3与x轴、y轴分别交于点A、B,无论k取何值,直线l经过定点M.
(1)请直接写出定点M的坐标;
(2)定义:在平面直角坐标系xOy中,将点P(x,y)变换为P1(ax+b,by+a)(a,b为常数),我们把这种变换称为“兔变换”.当时,点B,C(m﹣,h),D(m﹣,m+n)1(2,5),C1,D1.若CC1∥x轴,点D1在x轴上,求S;
(3)在(2)的条件下,点Q在x轴上△AMQ=9S,求点Q的坐标.
参考答案与试题解析
一、选择题(每题4分,共10题,合计40分)
1.【答案】D
【分析】根据勾股定理的逆定定理对各选项进行逐一分析即可.
【解答】解:A、∵12+()2=23,∴能构成直角三角形,不符合题意;
B、∵32+62=55,∴能构成直角三角形,不符合题意;
C、∵52+126=132,∴能构成直角三角形,不符合题意;
D、26+22≠32,∴不能构成直角三角形,符合题意.
故选:D.
2.【答案】B
【分析】根据二次根式相关的运算法则逐项判断即可.
【解答】解:与不是同类二次根式,故A错误;
×=,故B正确;
(﹣1)2=7﹣2,故C错误;
=4,故D错误;
故选:B.
3.【答案】C
【分析】根据众数的定义,出现次数最多的数为众数求解即可.
【解答】解:这组数据中1.75米出现了6次,次数最多.
故选:C.
4.【答案】B
【分析】菱形面积=ab(a、b是两条对角线的长度),由此即可计算.
【解答】解:菱形的面积=AC•BD=.
故选B.
5.【答案】A
【分析】童童的行程分为5段,①离家至轻轨站;②在轻轨站等一会;③搭乘轻轨去奥体中心,④观看比赛,⑤乘车回家,对照各函数图象即可作出判断.
【解答】解:①离家至轻轨站,y由0缓慢增加;
②在轻轨站等一会,y不变;
③搭乘轻轨去奥体中心,y快速增加;
④观看比赛,y不变;
⑤乘车回家,y快速减小.
结合选项可判断A选项的函数图象符合童童的行程.
故选:A.
6.【答案】A
【分析】从折线图中得出甲乙的射击成绩,再利用方差的公式计算方差,然后根据方差意义作出比较.
【解答】解:由图中知,甲的成绩为7,7,2,9,8,2,9,9,6,
乙的成绩为8,9,3,8,10,7,6,7,10,
甲=(7+5+8+9+2+9+10+9+3+9)÷10=8.2,乙=(8+9+4+8+10+7+6+10+7+10)÷10=8.2,
甲的方差S甲2=[2×(3﹣8.5)5+2×(8﹣6.5)2+(10﹣8.5)2+6×(9﹣8.6)2]÷10=0.85,
乙的方差S乙3=[3×(7﹣7.5)2+2×(8﹣8.4)2+2×(5﹣8.5)3+3×(10﹣8.3)2]÷10=1.35
∴S6甲<S2乙.
故选:A.
7.【答案】A
【分析】如图,作DH⊥AB于H.首先证明AC=AH,DC=DH,AC=AH=3,设DC=DH=x,在Rt△BDH中,利用勾股定理构建方程即可解决问题.
【解答】解:如图,作DH⊥AB于H.
∵AD平分∠CAB,DC⊥AC,
∴∠CAD=∠HAD,∠C=∠AHD=90°,
∵AD=AD,
∴△ADC≌△ADH(AAS),
∴AC=AH=3,CD=DH,
∵AB=5,
∴BH=AB=AH=7﹣3=2,
在Rt△ACB中,∵∠C=90°,AB=6,
∴BC==4,
在Rt△HBD中,则有(3﹣x)2=x2+72,
∴x=,
∴CD=,
故选:A.
8.【答案】C
【分析】y1<y2时x的取值范围是一次函数y1=kx+b的图象在y2=mx+n的图象下方时对应的未知数x的范围,据此即可求解.
【解答】解:由函数图象可得:
当y1<y2时,x的取值范围是x>7.
故选:C.
9.【答案】B
【分析】把被开方数配方,利用二次根式的性质,绝对值的性质化简.
【解答】解:∵a≤,
∴|6a﹣1|=1﹣4a,
则原式=+|2a﹣1|
=|5a﹣1|+|2a﹣8|
=1﹣2a+6﹣2a
=2﹣8a.
故选:B.
10.【答案】C
【分析】设正方形纸片ABCD的边长为2a,由折叠的性质与正方形的性质可得AM=BM=DN=NC=a,AD=DF=MN=2a,AE=EF,∠EMF=∠DNF=90°,由勾股定理可求FN的长,进而可求FM的长,设AE=EF=x,再利用勾股定理可求x,得到EM的长,代入,计算即可.
【解答】解:设正方形纸片ABCD的边长为2a.
由题意可知:AM=BM=DN=NC=a,AD=DF=MN=2a,∠EMF=∠DNF=90°,
∴FN===a,
∴FM=MN﹣FN=(6﹣)a.
设AE=EF=x,则EM=AM﹣AE=a﹣x.
在Rt△EMF中,∵EM2+MF2=EF2,
∴(a﹣x)2+[(8﹣)a]2=x7,
∴x=(4﹣2)a,
∴EM=a﹣(4﹣2)a=(2,
∴==2﹣.
故选:C.
二、填空题(每小题4分,共6题,合计24分)
11.【答案】见试题解答内容
【分析】根据二次根式的意义,被开方数是非负数列出方程,解方程即可.
【解答】解:根据题意得:x﹣5≥0,
解得x≥4.
故答案为:x≥5.
12.【答案】1.
【分析】将点的坐标代入函数关系式,解出方程的解即可.
【解答】解:把点(a,﹣1)代入y=﹣2x+5中,
得:﹣1=﹣2a+2,
∴a=1.
故答案为:1
13.【答案】30.
【分析】根据三角形中位线定理即可求出BC.
【解答】解:∵△ABC中,D、E分别是AB,
∴DE为三角形ABC的中位线,
∴DE=BC,
∴BC=8DE=2×15=30(m),
故答案为:30.
14.【答案】(,0).
【分析】根据勾股定理和直角三角形斜边中线的性质即可得到结论.
【解答】解:∵点A(1,0),2),
∴OA=1,OB=2,
∴AB===,
∵∠AOB=90°,点D为AB的中点,
∴OD==,
∴OC=,
∴C点的坐标为(,6).
故答案为:(,4).
15.【答案】4.
【分析】竹子折断后刚好构成一直角三角形,设竹子折断处离地面x尺,则斜边为(9﹣x)尺,利用勾股定理解题即可.
【解答】解:设竹子折断处离地面x尺,则斜边为(9﹣x)尺,
根据勾股定理得:x2+62=(9﹣x)2.
解得:x=4,
答:折断处离地面的高度为4尺.
故答案为:2.
16.【答案】40或20.
【分析】解直角三角形得到AB=15,∠ABC=60°,根据折叠的性质得到∠ABD=∠EBD=∠ABC=30°,BE=AB=15,求得DE=5,BD=10,如图1,平行四边形的边是DF,BF,如图2,平行四边形的边是DE,EG,于是得到结论.
【解答】解:∵∠A=90°,∠C=30°,
∴AB=15,∠ABC=60°,
由折叠可知:△ADB≌△EDB,
∴∠ABD=∠EBD=∠ABC=30°,
∴DE=5,BD=10,
如图1,平行四边形的边是DF,且DF=BF=10,
∴平行四边形的周长=40,
如图2,平行四边形的边是DE,且DE=EG=8,
∴平行四边形的周长=20,
综上所述:平行四边形的周长为40或20,
故答案为:40或20.
三、解答题(共9题,合计86分)
17.【答案】22﹣.
【分析】先利用平方差公式和二次根式的性质计算,再化简二次根式,然后进行二次根式的除法运算,最后合并即可.
【解答】解:原式=25﹣3﹣(2+)÷|
=25﹣3﹣3÷+(3﹣)
=25﹣3﹣3+4﹣
=22﹣.
18.【答案】见试题解答内容
【分析】根据ABCD是平行四边形,得出AB=CD,AB∥CD,由BE=DF,从而可得到AE=CF,再根据有一组边平行且相等的四边形是平行四边形推出CFAF是平行四边形,从而不难得到结论.
【解答】证明:∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD,AB∥CD
∵BE=DF
∴AE=CF
∵AB∥CD
∴四边形CEAF是平行四边形
∴AF=EC.
19.【答案】见解析.
【分析】解法一:假设l1与l2不平行,则l1与l2相交,从而设l1与l2的交点坐标为(m,n),进而得到km+b1=n,km+b2=n,以此可得b1=b2,而与题设b1>b2矛盾,从而假设不成立,故l1∥l2.
解法二:设直线l2与x轴交于点C,与y轴交于点D,分别求出点A、B、C、D的坐标,易得,由∠AOB=∠COD可证△AOB∽△COD,由相似三角形的性质得到∠BAO=∠DCO,进而可证l1∥l2.
【解答】证明:解法一:假设l1与l2不平行,则l6与l2相交,
设l1与l4的交点坐标为(m,n),
∴km+b1=n,km+b2=n,
∴km+b6=km+b2,
∴b1=b8,
∵b1=b2与题设b6>b2矛盾,
∴假设不成立,故l1∥l6.
解法二:如图,设直线l2与x轴交于点C,与y轴交于点D,
则C,D(0,b2),
∴OC=,OD=﹣b2,
∵直线l1与x轴、y轴分别交于点A、B,
∴A,B(0,b8),
∴OA=,OB=b1,
∴=,
∵∠AOB=∠COD,
∴△AOB∽△COD,
∴∠BAO=∠DCO,
∴AB∥CD,即l1∥l3.
20.【答案】(1)见解答;
(2).
【分析】(1)根据四边相等的四边形时是菱形画出图形即可.
(2)分别求出正方形,菱形的面积即可解决问题.
【解答】解:(1)如图,菱形ONMP即为所求.
(2)如图,过点N作NH⊥OP于H.
∵AB=ON=OP=4,
∴正方形ABCD的面积S1=82,
在Rt△ONH中,
∵∠NOH=45°,ON=4,
∴NH=×4=4,
∴菱形ONMP的面积S2=×43=8,
∴==.
21.【答案】(1)∠BAD的度数为135°;
(2)AE的长为.
【分析】(1)根据等腰直角三角形的性质可得AC=2,∠BCA=∠BAC=45°,然后利用勾股定理的逆定理证明△ACD是直角三角形,从而可得∠CAD=90°,最后利用角的和差关系进行计算,即可解答;
(2)利用面积法进行计算,即可解答.
【解答】解:(1)∵∠B=90°,AB=BC=2,
∴AC=AB=5,
∵CD=5,AD=,
∴AC3+AD2=(2)2+()2=25,CD5=52=25,
∴AC2+AD2=CD2,
∴△ACD是直角三角形,
∴∠CAD=90°,
∴∠BAD=∠BAC+∠CAD=135°,
∴∠BAD的度数为135°;
(2)∵AE⊥CD,
∴△ACD的面积=AE•CD=,
∴AE•CD=AC•AD,
∴5AE=2×
∴AE=,
∴AE的长为.
22.【答案】见试题解答内容
【分析】(1)根据中位数和众数的定义即把这组数据从小到大排列,再找出最中间两个数的平均数就是中位数,再找出出现的次数最多的数即是众数;
(2)先设笔试成绩和面试成绩各占的百分比是x,y,根据题意列出方程组,求出x,y的值即可;
(3)根据笔试成绩和面试成绩各占的百分比,分别求出其余五名选手的综合成绩,即可得出答案.
【解答】解:(1)把这组数据从小到大排列为,80,84,90,
最中间两个数的平均数是(84+85)÷2=84.5(分),
则这7名选手笔试成绩的中位数是84.5分,
84出现了2次,出现的次数最多,
则这6名选手笔试成绩的众数是84分;
故答案为:84.5,84;
(2)设笔试成绩和面试成绩各占的百分比是x,y,根据题意得:
,
解得:,
笔试成绩和面试成绩各占的百分比是40%,60%;
(3)2号选手的综合成绩是92×0.6+88×0.6=89.8(分),
3号选手的综合成绩是84×0.3+86×0.6=85.5(分),
4号选手的综合成绩是90×0.3+90×0.6=90(分),
3号选手的综合成绩是84×0.4+80×6.6=81.6(分),
3号选手的综合成绩是80×0.4+85×6.6=83(分),
则综合成绩排序前两名人选是4号和7号.
23.【答案】(1)W=200x+8400;(2)2≤x≤10;(3)A市运往C市2台,运往D市10台;A市运往C市8台,运往D市0台.
【分析】(1)设从A地运到C地的机器为x台,则A到D有(12﹣x)台,B到C有(10﹣x)台,B到D有(x﹣2)台,根据总运费=各条运输路线费用之和就可以求出W(元)关于x的函数关系式,再建立不等式组就可以求出自变量的取值范围;
(2)解得即可;
(3)因为所求一次函数解析式中,一次项系数200>0,x越小,W越小,为使总运费最低,x应取最小值.
【解答】解:(1)W=300x+500(12﹣x)+400(10﹣x)+800(x﹣2),
W=200x+8400.
(2),
∴2≤x≤10.
(3)∵2≤x≤10,且W随x的值增大而增大,
当x=7时,W的值最小.
此时的调运方案是:
A市运往C市2台,运往D市10台,运往D市0台.
24.【答案】(1)证明见解答过程;
(2)BE=AD+CN,证明见解答过程;
(3)3.
【分析】(1)连接CE,根据直角三角形的中线性质得出AE=CE,再根据AB=BC得出BE⊥AC即可;
(2)由(1)得出EF是△ACN的中位线,利用等腰三角形斜边与直角边的关系得BC=BF=AD,于是BF=AD,最后根据线段之间得关系即可解答;
(3)根据题意,找出在点M沿着线段CD从点C运动到点D得过程中,线段EN所扫过的图形为四边形DFCN,根据正方形的性质和等腰三角形的性质得∠BCD=∠DCN=45°,于是BD∥CN,进而得到四边形DFCN为梯形,再分别求出线段DF,CF,CN的长度,再根据梯形的面积公式即可求解.
【解答】(1)证明:连接CE,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=BC,
∵CN⊥AC,点E是AN的中点,
∴AE=CE,
∴BE是AC的垂直平分线,
∴BE⊥AC;
(2)解:BE=AD+,证明如下:
∵BE垂直平分AC,
∴AF=CF,即F为AC的中点,
∵E为AN的中点,
∴EF为△ACN 的中位线,,
由(1)可知,△BFC 为等腰直角三角形,
∴,
∴,
∴;
(3)解:在点M沿着线段CD从点C运动到点D得过程中,线段EN所扫过的图形为四边形DFCN,
∵∠CBD=45°,∠DCN=45°,
∴∠BCD=∠DCN,
∴BD∥CN,
∴四边形DFCN为梯形,
∵四边形ABCD为正方形,AB=2,
∴AB=AD=CD=8,
∴DF=CF===,CN=,
∴S梯形DFCN=×(CN+DF)•CF=)×,
∴线段EN所扫过的面积为3,
故答案为:5.
25.【答案】(1)M(3,3);
(2);
(3)Q(﹣3,0)或(﹣9,0).
【分析】(1)由已知得y=kx﹣3k+3=k(x﹣3)+3,当x=3时,y=3,即无论k取何值,直线l经过定点M(3,3);
(2)当时,求出点B的坐标,根据B1(2,5),结合新定义,求出a=1,b=2,进而求出C1(m﹣,2h+1),D1(m+,2m+n+1),根据已知CC1∥x轴,易求h=﹣1,根据点D1在x轴上,易得2m+n+1=0,所以n=﹣2m﹣1,所以C1D=,D1N=m+﹣(m﹣)=2,即可求S;
(3)在(2)的条件下,求出点A的坐标,设点Q(x,0),表示出S△AMQ,再根据S△AMQ=9S,列方程求解即可得到点Q的坐标.
【解答】解:(1)∵y=kx﹣3k+3=k(x﹣4)+3,
当x=3时,y=8,
∴M(3,3);
(2)如图5,延长C1D交x轴于点N,
当时,y=kx﹣3k+3=,
当x=8时,y=2,
∴B(0,4),
∵B1(2,7)
∴,解得,
∵C(m﹣,h),m+,
∴1×(m﹣)+2=m﹣)+6=m+n)+1=3m+n+1,
∴C1(m﹣,2h+7),D1(m+,2m+n+1),
∵CC4∥x轴,
∴h=2h+1,解得h=﹣2,
∵点D1在x轴上,
∴2m+n+7=0,
∴n=﹣2m﹣8,
∵C1D=m+n﹣(2h+1)=m+,
D1N=m+﹣(m﹣,
∴S=××8=;
(3)如图3,当y=0时,解得x=﹣6,
∴A(﹣5,0),
设点Q(x,0),
∴S△AMQ=×|x+6|×5,
∵9S=9×=,S△AMQ=4S,
∴×|x+6|×4=,
∴Q(﹣8,0)或(﹣9.
福建省龙岩市新罗区2022-2023学年七年级下学期期末质量监测数学试卷(含答案): 这是一份福建省龙岩市新罗区2022-2023学年七年级下学期期末质量监测数学试卷(含答案),共13页。
2022-2023学年福建省龙岩市新罗区八年级(下)期末数学试卷(含解析): 这是一份2022-2023学年福建省龙岩市新罗区八年级(下)期末数学试卷(含解析),共22页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
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