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卷
参考答案与试题解析
一、选择题(本大题共16个小题,1-10题每小题3分,11-16题每小题3分,共42分.在
每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的).
1.【考点】点的坐标.版权所有
【分析】根据各象限内点的坐标特征解题,四个象限的符号特征为:第一象限(+,+);
第二象限(﹣,+);第三象限(﹣,﹣);第四象限(+,﹣).
【解答】解:小手盖住的是第四象限的点,其点坐标特征为:横坐标为正数,纵坐标为
负数,符合的只有A选项.
故选:A.
2.【考点】方向角.版权所有
【分析】根据题意可得:∠AOB=90°,∠COB=30°,然后利用角的和差关系可得∠
AOC=60°,再根据方向角的定义,即可解答.
【解答】解:如图:
由题意得:∠AOB=90°,∠COB=30°,
∴∠AOC=∠AOB﹣∠COB=60°,
∴学校在琪琪家的北偏东60°的方向上,且距离琪琪家2km,
故选:D.
3.【考点】函数自变量的取值范围.版权所有
【分析】根据分式有意义的条件是分母不为0,可得x﹣1≠0,解不等式即可.
【解答】解:根据题意,有x﹣1≠0,
解得x≠1.
故选:B.
4.【考点】总体、个体、样本、样本容量.版权所有
【分析】根据总体、个体、样本、样本容量的意义,逐一判断即可解答.
【解答】解:A、1500名学生周日晚上的睡眠时间是总体,正确,故A不符合题意;
B、每名学生周日晚上的睡眠时间是个体,正确,故B不符合题意;
C、100名学生是所抽取的一个样本,错误,应该是100名学生周日晚上的睡眠时间是所
抽取的一个样本,故C符合题意;
D、样本的容量是100,正确,故D不符合题意;
故选:C.
5.【考点】常量与变量.版权所有
【分析】随着加油数量的增多,金额也增加,油量是自变量,金额是因变量.据此解答.
【解答】解:常量是固定不变的量,变量是变化的量,单价是不变的量,而金额是随着
油量的变化而变化,所以其中的变量是金额和油量.
故选:D.
6.【考点】一次函数的图象.版权所有
【分析】根据一次函数的性质即可判断.
【解答】解:一次函数中,k=﹣<0,b=1>0,
∴一次函数过第一、二、四象限,
∴一次函数的图象可能是直线l1,
故选:A.
7.【考点】一次函数图象上点的坐标特征.版权所有
【分析】由当0<2,y1>y2,利用一次函数的性质可得出k<0,即可得出结论.
【解答】解:∵0<2,y1>y2,
即y随x的增大而减小,
∴k<0,
∴k值可以为﹣1.
故选:B.
8.【考点】平行四边形的性质;三角形中位线定理.版权所有
【分析】首先证明:OE=BC,由AE+EO=4,推出AB+BC=8即可解决问题;
【解答】解:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴OA=OC,
∵AE=ED,
∴OE=CD,
∵AE+EO=3,
∴2AE+2EO=6,
∴AD+DC=6,
∴平行四边形ABCD的周长=2×6=12,
故选:C.
9.【考点】一次函数的应用.版权所有
【分析】由题意可知,小数2千米是,收费为8元,行驶到4千米时,收费为11元,据
此可得行驶2千米之后,每行驶1千米增加的钱数为1.5元.
【解答】解:由题意得:
(11﹣8)÷(4﹣2)=1.5(元),
即行驶2千米之后,每行驶1千米增加的钱数为1.5元.
故选:B.
10.【考点】剪纸问题;多边形内角与外角.版权所有
【分析】根据多边形内角和公式,可得新多边形的边数,根据新多边形比原多边形少2
条边,可得答案.
【解答】解:设新多边形是n边形,由多边形内角和公式得:
(n﹣2)×180°=1800°,
解得n=12,
原多边形的边数是12+2=14.
故选:B.
11.【考点】坐标与图形性质.版权所有
【分析】首先根据点的位置得到点A的坐标,再将A点横坐标不变,纵坐标乘以即可
得到点A1的坐标.
【解答】解:由图可知,A(﹣3,2),
∴点A1的坐标为(﹣3,1).
故选:B.
12.【考点】作图—复杂作图;全等三角形的判定与性质;正方形的判定;正多边形和圆.版
权所有
【分析】根据正方形的判定定理作图求解.
【解答】解:①以O为圆心,OA为半径作弧,交ON于B,
②分别以A,B为圆心,OA的长为半径作弧,两弧相交于C,
则四边形OACB为正方形,
故选:C.
13.【考点】矩形的性质;坐标与图形性质.版权所有
【分析】根据矩形的性质证明△OAB是等边三角形,得OA=OB=AB=OC=2,进而可
得点C的坐标.
【解答】解:∵四边形ABCD是矩形,
∴OA=OB=OC=OD,
∵∠ABD=60°,
∴△OAB是等边三角形,
∴OA=OB=AB=OC=2,
∴点C的坐标为(0,﹣2),
故选:A.
14.【考点】轴对称﹣最短路线问题;坐标与图形性质.版权所有
【分析】连接AB并延长交x轴于N,由三角形第三边大于两边之差得,点N为所求,求
出AB的关系式,再求出与x轴的交点即可.
【解答】解:连接AB并延长交x轴于N,由三角形第三边大于两边之差得,点N为所求,
∵A(﹣1,3),B(2,2),
∴AB:y=﹣x+,
令y=0,x=8,
∴点N(8,0),
∴ON=8,
故选:C.
15.【考点】三角形中位线定理.版权所有
【分析】取BD的中点H,连接EH、FH,根据三角形中位线定理分别求出EH、FH,根
据三角形的三边关系解答即可.
【解答】解:取BD的中点H,连接EH、FH,
∵E、H分别为AD、BD的中点,
∴EH是△ABD的中位线,
∴EH=AB=1,
同理可得:FH=CD=1.4,
在△EHF中,FH﹣EH<EF<FH+EH,即0.4<EF<2.4,
当点H在EF上时,EF=2.4,
∴0.4<EF≤2.4,
故选:A.
16.【考点】规律型:点的坐标.版权所有
【分析】由图得,A3,A5,A7,…,A2n+1在第一象限,而A2,A4,A6,…,A2n在第二
象限,判断出A51在第一象限,在依规律计算即可.
【解答】解:由图得,A3,A5,A7,…,A2n+1在第一象限,
而A2,A4,A6,…,A2n在第二象限,
∴A51在第一象限,
由A3(2,1)A5(3,2)A7(4,3)…,得,A2n+1(n+1,n),
∵2n+1=51,
∴n=25,
∴A2n+1(26,25).
故选:C.
二、填空题(本大题共4个小题,每小题3分,共12分.第20小题第一空2分,第二空1
分.把答案写在题中横线上)
17.【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标.版权所有
【分析】平面直角坐标系中任意一点P(x,y),关于x轴的对称点的坐标是(x,﹣y),
记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆,另一种记忆方法是记住:关于横轴的对称
点,横坐标不变,纵坐标变成相反数.
【解答】解:点P(4,﹣3)关于x轴对称的点的坐标是(4,3).
18.【考点】坐标与图形变化﹣旋转.版权所有
【分析】依据题意,在平面直角坐标系,确定B点的位置,再由特殊角的关系即可求出
B的坐标.
【解答】解:点A(2,0)绕着原点O逆时针方向旋转120°得到点B,
∴B在第二象限.
如图,作BH⊥x轴于H.
∵∠BOA=120°,
∴∠BOH=60°.
∴∠OBH=30°.
∴OH=OB=1,BH=OB=.
∴B(﹣1,).故答案为:(﹣1,).
19.【考点】一次函数的应用.版权所有
【分析】A种树苗为x棵时,B种树苗为(500﹣x)棵,A种树苗一棵总费用为(20+4)
元,B种树苗一棵总费用为(25+5)元,根据题意容易写出函数关系式.
【解答】解:依题意,y=(20+4)x+(25+5)(500﹣x),
即y=﹣6x+15000.
故答案为:y=﹣6x+15000.
20.【考点】正方形的性质;直角三角形斜边上的中线;勾股定理.版权所有
【分析】连接BD,BF,根据正方形的性质得到∠DBC=∠CBF=45°,求得∠DBF=90°,
得到BD=2,BF=3,根据勾股定理得到DF==,根据直角三
角形的性质得到BM=DF=,过M作MH⊥BG于H,根据全等三角形的性质得
到∠BGM=∠FGM=45°,推出△GHM是等腰直角三角形,根据勾股定理即可得到结
论.
【解答】解:连接BD,BF,
∵四边形ABCD,四边形BEFG是正方形,
∴∠DBC=∠CBF=45°,
∴∠DBF=90°,
∵正方形ABCD和正方形GBEF的边长分别是2和3,
∴BD=2,BF=3,
∴DF==,
∵M是线段DF的中点,
∴BM=DF=,
过M作MH⊥BG于H,
∵,
∴△BGM≌△FGM(SSS),
∴∠BGM=∠FGM=45°,
∴△GHM是等腰直角三角形,
∴MH=GH,
∴BH=3﹣HG,
∵BM2=BH2+HM2,
∴,
∴HG=1或HG=5(不合题意舍去),
∴GM=HG=.
故答案为:,.
三、解答题(本大题共5个小题,共46分.解答应写出相应的文字说明或解题步骤)
21.【考点】坐标与图形性质.版权所有
【分析】(1)根据在y轴上点的坐标的横坐标为0,以此建立方程求解即可;
(2)根据MN∥y轴可知,点M,N的横坐标相等,以此建立方程求解即可.
【解答】解:(1)∵点M(3a﹣6,a﹣1)在y轴上,
∴3a﹣6=0,
解得:a=2,
则a﹣1=1,
∴M(0,1);
(2)∵直线MN∥y轴,
∴点M,N的横坐标相等,
∵M(3a﹣6,a﹣1),N(2,1).
∴3a﹣6=2,
解得:a=,
则a﹣1=,
∴M.
22.【考点】一次函数的应用.版权所有
【分析】(1)由图象直接可得琪琪家到郊游目的地的路程是12km,根据图象知,琪琪返
回了2千米,即可求出一共骑行了16千米;
(2)分半列式算出各时间段的速度即可得到答案;
(3)求出回到家的时间t=1.8,再画出图象即可.
【解答】解:(1)由图可得,琪琪家到郊游目的地的路程是12km,琪琪一共骑行了12+
(6﹣4)×2=16(km),
故答案为:12,16;
(2)当0≤x≤0.4时,琪琪的骑车速度是=15(千米/小时),
当0.4<x≤0.6时,琪琪的骑车速度是=10(千米/小时),
当0.6<x≤0.7时,琪琪的骑车速度是0(千米/小时),
当0.7<x≤1.2时,琪琪的骑车速度是=16(千米/小时),
∴0.7<x≤1.2时,琪琪的骑车速度最快,最快的速度是16千米/小时;
(3)∵立刻以20km/h的速度回家,
∴回到家的时间为1.2+=1.8,
画出图象如下:
23.【考点】频数(率)分布直方图;扇形统计图.版权所有
【分析】(1)根据两个统计图中,“89.5﹣99.5”的频数为8+4=12人、所占调查人数的
24%,由频率=可求出调查人数;求出“59.5﹣69.5”所占的百分比,由各组频率
之和为100%,可求出答案;
(2)求出“69.5﹣74.5”“79.5﹣84.5”的频数,即可补全频数分布直方图;
(3)求出成绩由高到低前40%的人数,调查相应的分数与86分比较即可.
【解答】解:(1)(8+4)÷24%=50(人),
“59.5﹣69.5”所占的百分比为(2+1)÷50=6%,
∴79.5﹣89.5”所占的百分比为1﹣6%﹣30%﹣24%=40%,
故答案为:50,40%;
(2)样本中,“69.5﹣74.5”的人数为50×30%﹣8=7(人),
“79.5﹣84.5”的人数为50×40%﹣8=12(人),
补全频数分布直方图如下:
(3)能获奖.理由为:
获奖人数为50×40%=20(人),
而“84.5﹣99.5”的人数为8+8+4=20(人),
∴得分为86分的一定能获奖.
24.【考点】一次函数图象与几何变换;一次函数图象与系数的关系.版权所有
【分析】(1)利用待定系数法即可求得;
(2)根据平移的规律求得平移后的解析式,然后代入AB的中点坐标,即可求得n的值.
(3)把A,B的坐标代入求得k的值,然后根据图象即可求得.
【解答】解:(1)∵直线l:y=ax+b(a≠0,a,b为常数)经过点(3,0)和(﹣1,﹣
4),
∴,
解得,
∴直线l解析式为y=x﹣3;
(2)由(1)知直线l的解析式为y=x﹣3
∵A(﹣1,3),B(﹣1,1),
∴线段AB的中点为(﹣1,2),
设平移后的直线l的解析式为y=x﹣3+n,
将线段AB的中点(﹣1,2)代入得2=﹣1﹣3+n,
解得n=6;
(3)∵直线l1:y=kx+m(k≠0)经过点C(1,0),
∴k+m=0,
∴m=﹣k,
∴直线l1:y=kx﹣k,
代入A(﹣1,3)得,3=﹣k﹣k,解得k=﹣,
代入A(﹣1,1)得,1=﹣k﹣k,解得k=﹣,
∴k的取值范围是﹣≤k≤﹣.
25.【考点】四边形综合题.版权所有
【分析】【探究】根据正方形的性质和同角的余角相等推出∠BCG=∠DCE,推出判定△
BCG≌△DCE发的条件后根据全等三角形的对应边相等即可推出结论;
【变式】(1)根据菱形的性质,结合已知条件推出∠BCD=∠GCE,根据菱形四条边相
等推出判定△BCG≌△DCE的条件,判定全等后再根据全等三角形的性质即可得出结论;
(2)先根据面积公式推出△DGC与△DEF的面积和等于△DCE的面积,再根据DF与
DG之间的数量关系求出△DGC的面积,易得四边形DGCE的面积,然后根据△BCG≌
△DCE推出△BCD的面积与四边形DGCE的面积,最后根据菱形的性质即可求出结果.
【解答】【探究】证明:∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形,
∴CB=CD,CG=CE,∠BCD=∠GCE=90°,
∴∠BCG=∠DCE,
在△BCG和△DCE中,
,
∴△BCG≌△DCE(SAS),
∴BG=DE;
【变式】(1)存在.
证明:∵四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形,
∴CB=CD,CG=CE,∠BCD=∠A,∠F=∠GCE,
又∵∠A=∠F,
∴∠BCG=∠DCE,
在△BCG和△DCE中,
,
∴△BCG≌△DCE(SAS),
∴BG=DE;
(2)解:∵△DCE与菱形CEFG同底等高,
∴菱形CEFG的面积等于△DCE面积的2倍,
又∵△DCE的面积为9,
∴菱形CEFG的面积等于18,
∴S△DCG+S△DEF=18﹣9=9,
∵△DCG与△DEF中DG边与DF边上的高相等,
∴△DCG与△DEF的面积比等于DG与DF的比,
∵DF=2DG,
∴S△DCG=,
∴S△DCG=3,S△DEF=6,
∵△BCG≌△DCE,
∴S△BCG=S△DCE=9,
∴S△BCD=9+3=12,
∴菱形ABCD的面积=12×2=24.2022-2023学年河北省石家庄市长安区八年级(下)期末数学试卷
一、选择题(本大题共16个小题,1-10题每小题3分,11-16题每小题3分,共42分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的).
1.(3分)如图,“心形”图片盖住的点的坐标可能是()
A.(2,﹣4)B.(﹣4,2)C.(﹣1,﹣2)D.(﹣2,4)
2.(3分)如图,学校在琪琪家的()
A.北偏东30°的方向上
B.北偏东30°的方向上,且距离琪琪家2km
C.南偏东60°的方向上,且距离琪琪家2km
D.北偏东60°的方向上,且距离琪琪家2km
3.(3分)函数y=的自变量x的取值范围是()
A.x≠0B.x≠1C.x≥1D.x≤1
4.(3分)某校为了解1500名学生周日晚上的睡眠时间,进行了问卷调查,从中抽取了100名学生的睡眠时间,下面说法不正确的是()
A.1500名学生周日晚上的睡眠时间是总体
B.每名学生周日晚上的睡眠时间是个体
C.100名学生是所抽取的一个样本
D.样本的容量是100
5.(3分)如图是加油机上的数据显示牌,其中的变量是()
A.金额B.单价C.油量D.金额和油量
6.(3分)如图,在平面直角坐标系中,一次函数的图象可能是()
A.直线l1B.直线l2C.直线l3D.直线l4
7.(3分)点A(0,y1)和B(2,y2)都在正比例函数y=kx(k≠0,且k为常数)的图象上,若y1>y2,则k的值可能是()
A.k=0.5B.k=﹣1C.k=2D.k=3
8.(3分)如图,ABCD的对角线AC,BD相交于点O,E是AD的中点,且AE+EO=3,则ABCD的周长为()
A.20B.16C.12D.8
9.(3分)某市出租车单程收费价格与行驶路程之间的函数关系如图所示,则行驶2千米之后,每行驶1千米增加的钱数为()
A.1.25元B.1.5元C.1.8元D.2.75元
10.(3分)一张多边形纸片沿如图中的虚线l剪去一部分后,得到一个内角和为1800°的新多边形,则原多边形的边数为()
A.13B.14C.15D.16
11.(2分)已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示,将△ABC各顶点横坐标不变,纵坐标都乘以后,得到△A1B1C1,则点A1的坐标为()
A.(﹣3,2)B.(﹣3,1)C.(﹣2,1)D.(﹣2,2)
12.(2分)如图,∠MON=90°,在此基础上用尺规作出正方形AOBC,下面说法不正确的是()
A.弧③的半径长等于弧①的半径长
B.弧②的半径长等于弧①的半径长
C.弧②的半径长小于弧①的半径长
D.弧②的半径长等于弧③的半径长
13.(2分)如图,矩形ABCD的对角线交于点O,以点O为原点建立平面直角坐标系,AC所在直线为y轴,AB=2,,则点C的坐标为()
A.(0,﹣2)B.(0,2)C.(0,﹣)D.(0,﹣1)
14.(2分)如图,点A(﹣1,3),B(2,2),若N是x轴上使得|NA﹣NB|的值最大的点,则ON的长为()
A.B.C.8D.6
15.(2分)如图,四边形ABCD中,BD为对角线,AB=2,CD=2.8,E,F分别是边AD,BC的中点,则EF的取值范围是()
A.0.4<EF≤2.4B.0.4≤EF<2.4C.0.8<EF≤4.8D.0.8≤EF<4.8
16.(2分)如图,在平面直角坐标系中,点A1(1,0),点A1第1次跳动至点A2(﹣1,1),第2次跳动至点A3(2,1),第3次跳动至点A4(﹣2,2),第4次跳动至点A5(3,2)…依此规律跳动下去,点A1第50次跳动至点A51的坐标是()
A.(24,23)B.(25,25)C.(26,25)D.(27,26)
二、填空题(本大题共4个小题,每小题3分,共12分.第20小题第一空2分,第二空1分.把答案写在题中横线上)
17.(3分)点P(4,﹣3)关于x轴对称的点的坐标是.
18.(3分)如图,将点A(2,0)绕着原点O逆时针方向旋转120°得到点B,则点B的坐标是.
19.(3分)某市计划在生态公园内造一片有A,B两种树的混合林,需要购买这两种树苗共500棵,相关信息如表所示.设购买A种树苗x棵,造这片林的总费用为y元.则y(元)与x(棵)之间的函数表达式为.(总费用=购买树苗的费用+劳务费)
单价(元/棵)劳务费(元/棵)
A种树苗204
B种树苗255
20.(3分)如图,正方形ABCD和正方形GBEF的边长分别是2和3,且点A,B,E在同一直线上,M是线段DF的中点,连结MG,MB,则MB的长为,MG的长为.
三、解答题(本大题共5个小题,共46分.解答应写出相应的文字说明或解题步骤)
21.(8分)已知点M(3a
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