南京市玄武区2022-2023学年八年级下学期数学期末试卷（含答案解析）

这是一份南京市玄武区2022-2023学年八年级下学期数学期末试卷（含答案解析），共27页。

2．请认真核对监考教师在答题卡上所粘贴条形码的姓名、考试证号是否与本人相符合，再将自己的姓名、准考证号用0.5毫米，黑色墨水签字笔填写在答题卡及本武卷上。
3．答选择题必须用2B铅笔将答题卡上对应的答案标号涂黑．如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答非选择题必须用0.5毫米，黑色墨水签字笔写在答题卡上的指定位置，在其他位置答题一律无效。
4．作图必须用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。
一、选择题（本大题共6小题，在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上）
1．下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的有（）
A．1个B．2个C．3个D．4个
2．干燥空气中各组分气体的体积分数大约是：氮气78%，氧气21%，稀有气体（氮、氖、氢等）0.94%，二氧化碳0.03%，其他气体和杂质0.03%，为反映空气中各组分气体的体积所占的百分比，最适合用的统计图是（）
A．扇形统计图B．条形统计图C．折线统计图D．频数分布直方图
3．下列二次根式的计算中，正确的是（）
A．B．
C．D．
4．若分式中的和都扩大为原来的3倍后，分式的值不变，则A可能是（）
A．B．C．D．3
5．某气球内充满了一定质量的气体，在温度不变的条件下，气球内气体的压强是气球体积的反比例函数，其图像如图所示．当气球内的气压大于时，气球将爆炸，为确保气球不爆炸，气球的体积应（）
A．不小于B．不大于
C．不小于D．不大于
6．如图，正方形和正方形的对称中心都是点，其边长分别是3和2，则图中阴影部分的面积是（）
A．B．1.25C．1.5D．无法确定
二、填空题（本大题共10小题，不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
7．若代数式有意义，则的取值范围是______．
8．已知反比例函数图象在第二、第四象限，则的取值范围是______．
9．在一副扑克牌中，任意抽取一张，则下列事件：①抽到“红桃”；②抽到“黑桃”；③抽到“”；④抽到“红色的”，则事件发生的可能性最大的是______．（填序号）
10．某校篮球队进行篮球训练，某队员投篮的统计结果如表．根据表中数据可知该队员一次投篮命中的概率的估计值是______（精确到0.01）
11．用一个的值说明“”是错误的，则的值可以是________
12．写一个一元二次方程：_____，使其满足：二次项系数为2，且两根分别是2，．
13．如图，的对角线，交于点O，E，F分别是，的中点．若，的周长是，则的长为____．
14．关于的分式方程的解为正数，则的取值范围是______．
15．如图，反比例函数图像经过菱形的顶点，点在轴上，过点作轴的垂线与反比例函数的图像相交于点．若，则点的坐标是______．
16．如图，在矩形中，，，是边上的动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，则的最小值为______．
三、解答题（本大题共11小题，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．计算：
（1）（2）
18．解分式方程：
（1）（2）
19．解一元二次方程：
（1）（2）
20．先化简，再求值：，其中．
21．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行．本届亚运会赛事项目共有4个大类，分别是竞技性比赛、球类比赛、对抗性比赛和水上比赛．某体育爱好小组的同学想了解该校学生最喜爱的赛事项目，且只能选择一项．随机抽取了部分学生进行调查并统计结果，绘制了如下尚不完整的扇形统计图和条形统计图．
（1）本次调查的样本容量为______；扇形统计图中，“水上比赛”所对应扇形的圆心角为______；
（2）将条形统计图补充完整；
（3）若该校共有2500名学生，请估计该校最喜爱“球类比赛”学生的人数．
22．某漆器厂接到制作640件漆器的订单，为了尽快完成任务，该厂实际每天制作的件数比原来每天多60%，结果提前6天完成任务，原来每天制作多少件？
23．如图，在中，，、分别是、的中点，过点作，交延长线于点，连接、．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）当______时，四边形是正方形．
24．如图，反比例函数的图象与一次函数的图象交于点，．
（1）若，求与的值；
（2）关于的不等式的解集为______；
（3）连接，，若的面积为12，则的值为______．
25．已知菱形．
（1）如图①，E，F，G，H分别是的中点，求证：四边形是矩形．
（2）在图②中，仅用无刻度直尺作矩形，使其顶点E，F，G，H分别在边上．
26．如图①，在四边形中，若，且，则称四边形为“完美筝形”．
（1）下列四边形中，一定是“完美筝形”的是______．
A．正方形B．对角线夹角是的矩形C．菱形D．有一个内角是的菱形
（2）如图②，在“完美筝形”中，，且，E，F分别是，上的点，且，求证：；
（3）如图③，在菱形中，，，E，F分别是，上动点（与A，B，D都不重合），且，若是的中点，连接，则的取值范围是______．
27．对于两个不同的函数，通过加法运算可以得到一个新函数，我们把这个新函数称为两个函数的“和函数”．例如：对于函数和，则函数，的“和函数”．
（1）已知函数和，这两个函数的“和函数”记为．
①写出的表达式，并求出当x取何值时，的值为；
②函数，的图象如图①所示，则的大致图象是______．
A．B．C．D．
（2）已知函数和，这两个函数的“和函数”记为．
①下列关于“和函数”性质，正确的有______；（填写所有正确的选项）
A．的图象与x轴没有公共点
B．的图象关于原点对称
C．在每一个象限内，随x的值增大而减小
D．当时，随着x的值增大，的图像越来越接近的图象
②探究函数与一次函数（为常数，且图象的公共点的个数及对应的k的取值范围，直接写出结论．
投篮次数
10
50
100
150
200
500
1000
2000
命中次数
9
41
72
108
143
361
722
1442
命中率
0.900
0.820
0.720
0.720
0.715
0.722
0.722
0.721
参考答案
一、选择题（本大题共6小题，在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上）
1．B
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】解：等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形；
正方形既是轴对称图形，也是中心对称图形；
正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形；
正六边形即是轴对称图形，也是中心对称图形．
故既是轴对称图形，又是中心对称图形的有2个．
故选：B．
【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转后与原图重合．
2．A
【解析】
【分析】根据不同统计图的特点来进行选择即可．
【详解】为反映空气中各组分气体的体积所占的百分比，最适合用的统计图是扇形统计图．
故选：A
【点睛】此题考查统计图，解题关键是明确需要反映数据所占的百分比时，选择扇形统计图．
3．D
【解析】
【分析】直接利用二次根式的混合运算法则分别计算得出答案．
【详解】解：A、与不是同类二次根式，无法合并，故此选项错误；
B、，故此选项错误；
C、与无意义，故此选项错误；
D、，故此选项正确；
故选：D．
【点睛】此题主要考查了二次根式的混合运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
4．A
【解析】
【分析】根据分式的性质即可求解．
【详解】解：和都扩大为原来的3倍得到：
因为分式的值不变
所以是同时含有和的一次二项式
故选：A
【点睛】本题考查分式的性质．掌握相关性质是解题的关键．
5．C
【解析】
【分析】设函数解析式为，把时，代入函数解析式求出的值，根据“当气球内的气压大于时，气球将爆炸”，得到不等式，解不等式即可得到答案．
【详解】解：设函数解析式为：，
根据图可得，当时，，
，
，
当气球内的气压大于时，气球将爆炸，
，
解得：，
即气球的体积应不小于，
故选：C．
【点睛】本题主要考查反比例函数的实际应用，一元一次不等式的应用，解题的关键是建立函数关系，列出一元一次不等式．
6．B
【解析】
【分析】连接，根据中心对称图形的性质，即可求解.
【详解】解：连接，
∵正方形的边长分别是3和2，
∴两个正方形的面积分别是：9和4，
∵正方形和正方形的对称中心都是点，
∴，
故选：B．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，掌握正方形是中心对称图形是关键.
二、填空题（本大题共10小题，不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
7．
【解析】
【分析】根据被开方数是非负数建立不等式计算即可．
【详解】解：∵代数式有意义，
∴，解得．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是二次根式有意义的条件，熟知二次根式中的被开方数是非负数是解答此题的关键．
8．
【解析】
【分析】根据反比例函数的图象位于二、四象限，，解不等式即可得结果．
【详解】解：反比例函数的图象在第二、第四象限，
，
则．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查反比例函数图象的性质：时，图象是位于一、三象限．时，图象是位于二、四象限．
9．④
【解析】
【分析】根据题意逐项分析判段即可求解．
【详解】解：在一副扑克牌中，有54张纸牌，有4种花色，2种颜色，“黑桃”有1个，“”有4个，
则①抽到“红桃”的概率为；②抽到“黑桃”的概率为；③抽到“”的概率是；④抽到“红色的”概率为，
则事件发生的可能性最大的是④，
故答案为：④．
【点睛】本题考查了判断事件发生的可能性大小，理解题意是解题的关键．
10．0.72
【解析】
【分析】利用频率估计概率时，要进行大量试验，实验次数越多，用频率估计概率就越精确．
【详解】解：根据上表可知该队员一次投篮命中的概率大约是0.72，
故答案为：0.72．
【点睛】本题主要考查利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
11．（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据二次根式的性质即可求解．
【详解】解：∵，
要说明“”是错误的，则，
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了二次根式的性质，熟练掌握二次根式的性质是解题的关键．
12．
【解析】
【分析】根据一元二次方程的二次项系数为2，且两根分别是2，，可设一元二次方程为，整理即可得到答案．
【详解】解：一元二次方程的两根分别是2，，
设一元二次方程为，
一元二次方程的二次项系数为2，
，
一元二次方程为：，
整理得：，
故答案：．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的定义，根据题意设出一元二次方程为，是解题的关键．
13．4
【解析】
【分析】首先由的对角线，相交于点，求得，，又由，可求得的长，继而求得的长，然后由三角形中位线的性质，求得答案．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，，
，
，
的周长是，
，
点，分别是线段，的中点，
．
故答案为：4．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质以及三角形中位线的性质．注意由平行四边形的性质求得的长是关键．
14．且
【解析】
【分析】求解含参数的分式方程，由解为正数，转化为关于参数的不等式求解，注意分式有意义有条件．
【详解】解：
∴且
解得，且
故答案为：且．
【点睛】本题考查分式方程的求解，不等式的求解，注意分式有意义的条件．
15．
【解析】
【分析】如图所示，连接交y轴于E，由菱形的性质可得，，则可证明是等边三角形，得到，进而求出，设，把C坐标代入反比例函数解析式中求出m的值，再求出点D的坐标即可．
【详解】解：如图所示，连接交y轴于E，
∵四边形是菱形，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
设，
∵点C在反比例函数的图象上，
∴，
解得（负值舍去），
∴，
∴，
在中，当时，，
∴点的坐标是，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了反比例函数与几何综合，菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，正确求出点C横纵坐标的关系是解题的关键．
16．
【解析】
【分析】以点B为坐标原点，所在直线为x轴、所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，则点D的坐标为，然后作辅助线构建三垂直全等三角形，证明，设点，利用全等三角形的性质可得，根据两点间的距离公式可得与m的关系，再利用配方法求解即可．
【详解】解：以点B为坐标原点，所在直线为x轴、所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，则点D的坐标为，
过点E作轴于点H，作于点G，则四边形是矩形，，
∴，
∵绕点逆时针旋转得到，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
设点，则，，
∴
∴，
∴，
∵，
∴的最小值是（当时取得最小值）；
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、坐标系中两点间的距离和配方法的应用等知识，构建平面直角坐标系和全等三角形是解题的关键．
三、解答题（本大题共11小题，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（1）（2）
【解析】
【分析】利用二次根式的混合运算法则及即可求解．
【小问1详解】
解：原式
【小问2详解】
解：原式
．
【点睛】本题考查二次根式的混合运算．掌握相关运算法则是解题的关键．
18．（1）（2）无解
【解析】
【分析】（1）去分母将分式方程转化为整式方程，求出整式方程的解，然后检验即可；
（2）去分母将分式方程转化为整式方程，求出整式方程的解，然后检验即可．
【小问1详解】
解：
方程两边同乘，得．
解这个一元一次方程得．
检验：当时，，是原方程的解．
【小问2详解】
解：
方程两边同乘，得．
解这个一元一次方程，得．
检验：当时，，是增根，原方程无解．
【点睛】本题主要考查了解分式方程，正确掌握解方程的步骤及解法是解题的关键，忽略检验是解答本题的易错点．
19．（1），（2），
【解析】
【分析】（1）由配方法解方程即可得出答案；
（2）根据因式分解法解一元二次方程即可求解．
【小问1详解】
解：，
，
，
，
．
∴，；
【小问2详解】
，
，
，
，
∴或，
∴，．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
20．，
【解析】
【分析】先根据分式的加减计算括号内的，同时将除法转化为乘法，再根据分式的性质化简，最后将字母的值代入求解．
【详解】解：
．
当时，原式．
【点睛】本题考查了分式化简求值，解题关键是熟练运用分式运算法则进行求解，注意：代入的数值要使分式有意义．
21．（1）300，82.8°（2）见解析（3）约为875人
【解析】
【分析】（1）结合直方图与扇形图信息，求出样本总量，进而利用扇形图求对应圆心角；
（2）求出对抗性比赛男生人数，相应画出图形；
（3）计算样本中最喜爱“球类比赛”学生占比，用样本估计总体．
【小问1详解】
总人数（人），
喜欢“水上比赛”人数占比，
“水上比赛”所对应扇形的圆心角为．
【小问2详解】
喜欢“对抗性比赛”的男生人数为．
图形如下，
【小问3详解】
解：在调查中，被调查的300名学生中有105名学生喜欢“球类比赛”，估计2500名学生中约有的学生喜欢“球类比赛”，则．
答：估计该校最喜爱球类比赛学生的人数约为875人．
【点睛】本题考查数据统计整理与描述，理解直方图与扇形图之间的联系是解题的关键．
22．原来每天制作40件
【解析】
【分析】设原来每天制作件，由“该厂实际每天制作的件数比原来每天多60%，结果提前6天完成任务”列出分式方程，解分式方程即可得到答案．
【详解】解：设原来每天制作件，
根据题意，得，
解得：，
经检验，是所列方程的解，
答：原来每天制作40件．
【点睛】本题主要考查了分式方程的应用，读懂题意，正确列出分式方程是解题的关键．
23．（1）见解析（2）
【解析】
【分析】（1）利用菱形和平行四边形的判定得出即可；
（2）根据当菱形内角是则是正方形，进而得出答案.
【小问1详解】
解：∵、分别是、的中点，
∴是的中位线．
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∴．
∵是的中点，
∴．
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，D是中点，
∴．
∴．
又∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
【小问2详解】
解：∵四边形是菱形，
若四边形是正方形，则，
又∵是的中点，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
综上所述，当时，四边形是正方形．
【点睛】此题主要考查了平行四边形、菱形、正方形的判定，正确区分它们是解题的关键.
24．（1），（2）或（3）9
【解析】
【分析】（1）将代入即可得出结果；
（2）根据函数图象得出结论；
（3）先求出，再得到，运用等面积的方法便可求出的值.
【小问1详解】
解：当时，
将代入得，解得，
∴反比例函数的表达式为．
将代入得．
∴，
【小问2详解】
解：∵反比例函数的图象与一次函数的图象交于点，，
∴由图象可知，或，
∴关于的不等式的解集为或.
【小问3详解】
解：∵点，在比例函数上，
∴，即，
∴，
又∵点，在一次函数上，
∴，解得，
∴一次函数解析式为，
设一次函数与轴交于点，
∴在中，当时，，
∴，即
∵的面积为12，
∴，
∴，
∴，解得，
∴，
【点睛】本题考查反比例函数、一次函数的知识，掌握性质是解题的关键.
25．（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】（1）由中位线性质可证得，，，，，从而证得四边形是平行四边形，再证，可得结论；
（2）连接，相交于点O，过点O作线段，分别交线段于点F、H，再连接交于点M，再连接并延长交于点E，连接并延长交于点G，最后顺次连接即可．
【小问1详解】
连接、，交于点，与交于点．
∵E是的中点，H是的中点，
∴是的中位线．
∴，．
同理，，，，
∴，．
∴四边形是平行四边形．
∵四边形是菱形，
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴是矩形．
【小问2详解】
如图，四边形即为所求．
【点睛】此题考查的是菱形的性质、矩形的性质等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键．
26．（1）D（2）见解析（3）
【解析】
【分析】（1）根据菱形的定义边角长度关系得到答案；
（2）根据“边边边”求得某两个三角形全等进一步得到角相等，再根据“边角边”求得三角形全等，进一步得到边相等；
（3）根据勾股定理，将所求边的长用已知范围的量表示，求得的取值范围．
【小问1详解】
解：在正方形中，对角线长度是边长的倍，A不正确；
对角线夹角为的矩形，对角线的长度为宽的二倍，矩形长的长度为宽的倍，三者均不相等，B不正确；
在菱形中，边长相等，但是某条对角线的长度不一定等于边长；C不正确；
在有一个内角是的菱形中，这个菱形由两个等边三角形组成，易得它能够形成“完美筝形”，D正确；
故选：D．
【小问2详解】
解：在与中，
，
∴，
∴，
在与中，
,
∴,
∴．
【小问3详解】
解：连接，，，与交于点O，如下图所示：
∵四边形是菱形，
∴，，又，
∴是等边三角形，
∴，,
∴,
∵，
∴，又，
∴是等边三角形，
∴设，
则，，
∴，，
∴，
取的中点，连接，
∵点G是的中点，
∴，，
∴，
∴，
∴当或1时，，当时，，
∴,
∴.
【点睛】本题主要考查特殊四边形的的相关性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质，引入了新的概念，题目较为新颖，灵活运用相关知识点是解答的关键．
27．（1）①，或；②C；
（2）①BD；②当且且时，公共点的个数为2；当或时，公共点的个数为1；当时，公共点的个数为0
【解析】
【分析】（1）①直接代入求解即可；
②通过求在一三象限的最值确定函数图象；
（2）①根据函数的性质依次判断即可；
②将函数交点问题转化为对一元二次方程根的判别式问题求解．
【小问1详解】
①解：∵，，
∴，
把代入得：，
两边同乘，得：，
解得，，
经检验，，都是方程的解．
所以当或时，的值为；
②由完全平方公式可知：，，，即，
当时，，
当时，，，
∴，，
观察四个函数图象，C选项符合题意，
故选：C；
小问2详解】
①解：∵，，
∴，
A．当时，，所以图象与x轴有公共点，该选项错误；
B．任选上的一点，，P关于原点对称点，代入得出
成立，故在上，所以的图像关于原点对称，该选项正确；
C．当时，，当时，，此时y随x的增大而增大，该选项错误；
D．，随着x的增大，越趋近于0，即和的图象越接近，该选项正确，
故选：BD；
②解：根据题意可得：，
即，该方程，
当且且时，公共点的个数为2；
当或时，公共点的个数为1；
当时，公共点的个数为0．
【点睛】本题考查新定义，函数的性质，一元二次方程根的判别式，正确理解题意是解题关键．