精品解析：广东省深圳市2021-2022学年八年级上学期期末数学试题

广东省深圳市2021-2022学年八年级（上）期末考试数学试卷

一、选择题（本大题共10小题，共30分）

1. 中宁县位于宁夏回族自治区中部西侧，是世界枸杞的发源地和正宗原产地，已有600多年的历史．1995年被国务院命名为“中国枸杞之乡”； 将“中国枸杞之乡”六个字分别写在一个正方体的六个面上，这个正方体的展开图如图所示，那么在这个正方体中，和“杞”字相对的字是（    ）

A. 中 B. 国 C. 枸 D. 乡

【答案】B

【解析】

【分析】由题意直接根据正方体相对面的特点及其表面展开图的特征进行分析解答即可．

【详解】解：在这个正方体中，与“杞”字相对的字是“国”.

故选：B．

【点睛】本题考查正方体相对两个面上的文字，根据正方体展开图的特点，从它的相对面入手是解题的关键．

2. 如图，矩形的顶点坐标为，是的中点，为上的一点，当的周长最小时，点的坐标是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】作点A关于y轴的对称点A'，连接A'D，此时△ADE的周长最小值为AD+DA'的长；E点坐标即为直线A'D与y轴的交点．

【详解】解：作点A关于y轴的对称点A'，连接A'D，
 

此时△ADE周长最小值为AD+DA'的长；
∵A的坐标为（-4，5），D是OB的中点，
∴D（-2，0），
由对称可知A'（4，5），
设A'D的直线解析式为y=kx+b，

当x=0时，y=

故选：B

【点睛】本题考查矩形的性质，线段的最短距离；能够利用轴对称求线段的最短距离，将AE+DE的最短距离转化为线段A'D的长是解题的关键．

3. 下列各式：①，②，③，④，⑤中，最简二次根式有 （   ）

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个

【答案】B

【解析】

【分析】利用最简二次根式的概念分析得出答案．

【详解】解：①，⑤，是最简二次根式；

②，③，④，不是最简二次根式，

最简二次根式有2个，

故选择：B

【点睛】在判断最简二次根式的过程中要注意：（1）在二次根式的被开方数中，只要含有分数或小数，就不是最简二次根式；（2）在二次根式的被开方数中的每一个因式（或因数），如果幂的指数大于或等于2，也不是最简二次根式．

4. 用图象法解某二元一次方程组时，在同一直角坐标系中作出相应的两个一次函数的图象（如图所示），则所解的二元一次方程组是 【 】

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】解：根据给出的图象上的点的坐标，（0，-1）、（1，1）、（0，2）；分别求出图中两条直线的解析式为y=2x-1，y=-x+2，因此所解的二元一次方程组是故选D．

5. 下列说法中，正确的是（  ）

A. “从一副扑克牌（含大小王）中抽一张，恰好是红心A”是随机事件

B. “三角形两边之和大于第三边"是随机事件

C. “车辆到达路口，遇到红灯”是不可能事件

D. “任意画一个三角形，其内角和是360°”是必然事件

【答案】A

【解析】

【分析】根据随机事件、必然事件、不可能事件的含义即可完成．

【详解】A、“从一副扑克牌（含大小王）中抽一张，恰好是红心A”是随机事件，故正确；

B、“三角形的两边之和必大于第三边”这是必然事件，故错误；

C、“车辆到达路口，遇到红灯”是随机事件，故错误；

D、“任意画一个三角形，其内角和是360°”是不可能事件，故错误．

故选：A．

【点睛】本题考查了对三种事件：随机事件、必然事件、不可能事件的识别，关键是弄清这三种事件的含义．

6. 用A、B两种规格的长方形纸板（如图1）无重合无缝隙的拼接可得如图2所示的周长为40cm的正方形，已知A种长方形的宽为1cm，则B种长方形的面积是（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】可设A长方形的长是xcm，则B长方形的宽是（5-x）cm，B长方形的长是（9-x）cm，根据大正方形周长为32cm，列出方程求解即可．

【详解】解：设A长方形的长是xcm，则B长方形的宽是（5-x）cm，B长方形的长是（9-x）cm，

依题意有：4[（5-x）+（9-x）]=40，

解得x=4，

（5-x）（9-x）

=（5-2）×（9-2）

=3×7

=21（cm2）．

故B种长方形的面积是21cm2．

故选：C．

【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系列出方程，再求解．

7. 一次函数与二次函数的图象交点（　　）

A. 只有一个 B. 恰好有两个

C. 可以有一个，也可以有两个 D. 无交点

【答案】B

【解析】

【分析】联立解析式得一元二次方程，利用判根公式判断方程的根，方程根的个数即为图象的交点个数．

【详解】解：联立一次函数和二次函数的解析式可得：

整理得：

有两个不相等的实数根

与的图象交点有两个

故选：B．

【点睛】本题考查了一元二次方程的根，图象的交点与方程根的关系．解题的关键在于正确求解．

8. 如图，已知圆柱底面的周长为8dm，圆柱高为3dm，在圆柱的侧面上，过点A和点C嵌有一圈金属丝，则这圈金属丝的周长最小为（    ）dm．

A. 11 B.  C.  D. 10

【答案】D

【解析】

【分析】要求丝线的长，需将圆柱的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果，在求线段长时，根据勾股定理计算即可．

【详解】解：如图，把圆柱的侧面展开，得到矩形，则这圈金属丝的周长最小为2AC的长度．

∵圆柱底面的周长为8dm，圆柱高为3dm，

∴AB＝3dm，BC＝BC′＝4dm，

∴AC2＝32+42＝25，

∴AC＝5（dm）．

∴这圈金属丝的周长最小为2AC＝10（dm）．

故选D．

【点睛】本题考查了平面展开−-最短路径问题，圆柱的侧面展开图是一个矩形，此矩形的长等于圆柱底面周长，高等于圆柱的高，本题就是把圆柱的侧面展开成矩形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．

9. 下列说法中正确的有（    ）

（1）两条直线被第三条直线所截，同位角相等；

（2）若，则，，互余；

（3）相等的两个角是对顶角；

（4）从直线外一点到这条直线的垂线段，叫做这点到直线的距离．

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

【答案】A

【解析】

【分析】两条平行直线被第三条直线所截时，同位角相等；两个和为的角互为余角；两相交线的对顶角相等；从直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做这点到直线的距离．

【详解】（1）两条直线被第三条直线所截，同位角不一定相等，故错误；

（2）两个角的和为，这两个角互为余角，故错误；

（3）相等的两个角不一定是对顶角，对顶角一定相等，故错误；

（4）从直线外一点到这条直线的垂线段的长度，叫做这点到直线的距离，故错误；

故选：A．

【点睛】本题考查了同位角，余角，对顶角以及点到直线的距离．解题的关键在于正确理解各名词的定义．

10. 甲、乙两车从城出发匀速行驶至城．在整个行驶过程中，甲、乙两车离开城的距离（千米）与甲车行驶的时间（小时）之间的函数关系如图所示．则下列结论：

①，两城相距千米；

②乙车比甲车晚出发小时，却早到小时；

③乙车出发后小时追上甲车；

④当甲、乙两车相距千米时，或

其中正确的结论有（    ）

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

【答案】C

【解析】

【分析】由图象所给数据可求得甲、乙两车离开A城的距离y与时间t的关系式，可求得两函数图象的交点，进而判断，再令两函数解析式的差为50，可求得t，可得出答案．

【详解】图象可知、两城市之间的距离为，甲行驶的时间为小时，而乙是在甲出发小时后出发的，且用时小时，即比甲早到小时，故①②都正确；

设甲车离开城的距离与的关系式为，

把代入可求得，

，

设乙车离开城的距离与的关系式为，

把和代入可得，解得，

，

令可得：，解得，

即甲、乙两直线的交点横坐标为，

此时乙出发时间为小时，即乙车出发小时后追上甲车，故③正确；

令，可得，即，

当时，可解得，

当时，可解得，

又当时，，此时乙还没出发，

当时，乙到达城，；

综上可知当的值为或或或时，两车相距千米，故④不正确；

综上可知正确的有①②③共三个，

故选：C．

【点睛】本题主要考查一次函数的应用，掌握一次函数图象的意义是解题的关键，学会构建一次函数，利用方程组求两个函数的交点坐标，属于中考常考题型．

二、填空题（本大题共5小题，共15分）

11. 在实数， -2 ， ， ，3.14 ， ， ，这7个数中，其中无理数是_________________

【答案】；

【解析】

【分析】无理数就是无限不循环小数．理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数的统称．即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数．

【详解】是分数，属于有理数；−2，＝2，＝−3，是整数，属于有理数；3.14是有限小数，属于有理数；

无理数有，．

故答案为：．

【点睛】此题主要考查了无理数定义，其中初中范围内学习的无理数有：π，2π等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001…，等有这样规律的数．

12. 若是二元一次方程的解，则______．

【答案】-1

【解析】

【分析】把代入即可求出a的值．

【详解】把代入方程得：，

解得：，

故答案为：

【点睛】本题考查了求二元一次方程的解，能使二元一次方程左右两边相等的未知数的值叫做二元一次方程的解．

13. 计算：__________．

【答案】

【解析】

【分析】原式先计算负整数指数幂，算术平方根以及绝对值，最后算加减运算即可得到结果.

【详解】.

故答案为：.

【点睛】此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键.

14. 已知的三个内角的度数之比：：：：，则 ______ 度， ______ 度．

【答案】    ①. 60    ②. 100

【解析】

【分析】设一份为，则三个内角的度数分别为，，，再利用内角和定理列方程，再解方程可得答案.

【详解】解：设一份为，则三个内角的度数分别为，，．

则，

解得．

所以，，即，．

故答案为：

【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理的应用，利用三角形的内角和定理构建方程是解本题的关键.

15. 已知点(−2，y1)，(−1，y2)，(1，y3)都在直线y=−x+b上，则y1，y2，y3的值的大小关系是______．

【答案】

【解析】

【分析】先根据直线y=-x+b判断出函数图象的增减性，再根据各点横坐标的大小进行判断即可．

详解】解：∵直线y=-x+b，k=-＜0，

∴y随x的增大而减小，
又∵-2＜-1＜1，
∴y1＞y2＞y3．

故答案为：y1＞y2＞y3．

【点睛】本题考查的是一次函数的增减性，即一次函数y=kx+b（k≠0）中，当k＞0，y随x的增大而增大；当k＜0，y随x的增大而减小．

三、解答题（本大题共7小题，共55分）

16. 计算：．

【答案】

【解析】

【分析】先去掉绝对值，再合并同类二次根式，计算即可得到结果．

【详解】解：

．

【点睛】本题考查了二次根式的加减，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

17. 解方程组：

【答案】

【解析】

【分析】消元求解的值，代回式解的值即可．

【详解】解：得

解得：

将代入式得

解得：

∴方程组的解为．

【点睛】本题考查了一元二次方程组．解题的关键在于正确的减法消元求解．

18. 某班为了解班级同学寒假期间在家进行体育锻炼的情况，通过钉钉线上运动打卡活动，统计了班级名同学一段时间的运动打卡次数如表：

（1）求这名同学打卡次数的平均数；

（2）为了调动大多数同学锻炼的积极性，班主任准备制定一个打卡奖励标准，凡打卡次数达到或超过这个标准的同学将获得奖励的措施．如果你是班主任，从平均数、中位数、众数的角度进行分析，你将如何确定这个“打卡奖励”标准?

【答案】（1）11次；（2）为了调动同学们锻炼的积极性，“打卡奖励”标准可以定为所有同学打卡次数的中位数或众数．

【解析】

【分析】（1）根据平均数的定义列式计算即可；

（2）根据中位数、众数的定义求出这40名同学打卡次数的中位数与众数，作为班主任，为了调动同学们锻炼的积极性，“打卡奖励”标准可以定为所有同学打卡次数的中位数或众数，因为中位数以上的人数占总人数的一半左右．

【详解】解：（1）平均数=（6×3＋8×5＋9×4＋10×11＋12×5＋14×4＋15×8）÷40＝11．

答：这40名同学打卡次数平均数为11次；

（2）共40人，所有同学打卡次数从小到大排列第20个、第21个数都为10次，

所以中位数为10次；

10出现了11次，次数最多，众数为10次；

因为共有40人，10次以上（含10次）的有28人，超过总数的一半．

所以为了调动同学们锻炼的积极性，“打卡奖励”标准可以定为所有同学打卡次数的中位数或众数．

【点睛】本题考查的是统计的应用以及平均数、中位数、众数的定义，读懂统计表，从统计表中得到必要的信息是解决问题的关键．

19. 如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC中点，AE∥BD，O是CE的中点．

（1）求证：四边形AEBD是矩形；   

（2）连接CE交AB于点F，若BE= ，AE=2，求EF的长．

【答案】（1）见解析；（2）

【解析】

【分析】（1）通过△AEO≌△DCO得到AE=CD，结合BD=CD可得AE=BD，即可证明四边形AEBD是平行四边形，再利用有一个角是直角平行四边形是矩形进行证明；

（2）先利用勾股定理计算出EC的长，证明△AEF∽△BCF可得，进而得到EF与EC的关系，即可求得EF的长．

【详解】（1）证明：∵O是CE的中点，

 ∴OE=OC，

 ∵AE∥BD，

 ∴∠AEO=∠DCO，∠EAO=∠CDO，

 ∴△AEO≌△DCO，

 ∴AE=CD，

 ∵D是BC的中点，AB=AC，

 ∴AD⊥BC，BD=CD，

 ∴AE=BD，

 ∵AE=BD，AE∥BD，

 ∴四边形AEBD是平行四边形，

 又∵AD⊥BC，即∠ADB=90°，

 ∴四边形AEBD是矩形；

（2）∵AE=2，

 ∴BC=4，

 ∵四边形AEBD是矩形，

 ∴∠EBC=90°，

 ∵BE=2，BC=4，

 ∴EC=2，

 ∵AE∥BC，

 ∴△AEF∽△BCF，

 ∴，

 ∴EF=EC=.

【点睛】本题考查了矩形的判定和性质相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

20. 小明从家到学校的路程为3.3千米，其中有一段上坡路，平路，和下坡路．如果保持上坡路每小时行3千米．平路每小时行4千米，下坡路每小时行5千米．那么小明从家到学校用一个小时，从学校到家要44分钟，求小明家到学校上坡路、平路、下坡路各是多少千米？

【答案】上坡路2.25千米、平路0.8千米、下坡路0.25千米

【解析】

【分析】本题中需要注意的一点是：去时的上坡和下坡路与回来时的上坡和下坡路正好相反，平路路程不变．题中的等量关系是：从家到学校的路程为3.3千米；去时上坡时间+下坡时间+平路时间=1小时；回时上坡时间+下坡时间+平路时间=44分，据此可列方程组求解．

【详解】解：设去时上坡路是x千米，平路是y千米，下坡路是z千米．依题意得：

，

解得．

答：上坡路2.25千米、平路0.8千米、下坡路0.25千米．

【点睛】本题考查了三元一次方程组的应用，本题有三个未知量，还需注意去时是上坡路回时是下坡路，回来时恰好相反，平路不变．

21. 如图，⊙O的半径为5，点A在⊙O上，过点A的直线l与⊙O相交于点B，AB＝6，以直线l为图象的一次函数解析式为y＝kx﹣8k（k为常数且k≠0）．

（1）求直线l与x轴交点的坐标；

（2）求点O到直线AB的距离；

（3）求直线AB与y轴交点的坐标．

【答案】（1）直线l与x轴的交点N的坐标为（8，0）；（2）4；（3）直线AB与y轴的交点为（0，）．

【解析】

【分析】（1）令y＝0，得kx﹣8k＝0，解出即可；

（2）作OD⊥AB，垂足为D．可知点O到直线AB的距离为线段OD的长度，利用勾股定理可得OD的长；

（3）介绍两种方法：

方法一，先根据勾股定理计算DN的长，证明Rt△OMD∽Rt△NOD，列比例式求OM的长，可得结论；

方法二：先得∠OND＝30°．根据30度的正切列式可得OM的长，可得结论．

【详解】解：（1）令y＝0，得kx﹣8k＝0，

∵k≠0，解得x＝8，

∴直线l与x轴的交点N的坐标为（8，0）．

（2）连接OB，过点O作OD⊥AB，垂足为D．

∴点O到直线AB的距离为线段OD的长度，

∵⊙O的半径为5，

∴OB＝5．

又∵AB＝6，

∴BD＝AB＝＝3．

在Rt△OBD中，

∵∠ODB＝90°，

∴OD＝＝＝4．

答：点O到直线AB的距离为4．

（3）由（1）得N的坐标为（8，0），

∴ON＝8．

由（2）得OD＝4．

方法一：∴在Rt△ODN中，DN＝＝＝4．

又∵∠OMD+∠MOD＝90°，∠NOD+∠MOD＝90°，

∴∠OMD＝∠NOD．

∵∠ODM＝∠ODN，

∴Rt△OMD∽Rt△NOD，

∴．

∴OM＝•NO＝×8＝．

∴直线AB与y轴的交点为（0，）．

方法二：∴在Rt△OND中，sin∠OND＝＝．

∴∠OND＝30°．

∵在Rt△OMN中，tan30°＝

∴OM＝ON•tan∠OND，

∴OM＝8tan30°＝．

∴直线AB与y轴的交点为（0，）．

【点睛】此题考查了一次函数的综合题，考查了待定系数法和解直角三角形，三角形相似的性质和判定，同时也利用了垂径定理和勾股定理解决问题，难度适中．

22.

如图，在△ABC中，AB＝AC，D为BC中点．四边形ABDE是平行四边形．

求证：四边形ADCE是矩形

【答案】证明略

【解析】

【详解】证明：∵四边形ABDE是平行四边形，

∴AE∥BC，AB＝DE，AE＝BD.

∵D为BC的中点，

∴CD＝DB.

∴CD∥AE    CD＝AE.

∴四边形ADCE是平行四边形.

∵AB＝AC，

∴AC＝DE.

∴平行四边形ADCE是矩形.

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