山东省聊城市东昌府区2022-2023学年八年级下学期6月期末数学试题（解析版）

2022-2023学年山东省聊城市东昌府区八年级（下）期末数学试卷一、选择题（本大题共12个小题、共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）1.下列各数：中，无理数的个数是（）A.2个 B.3个 C.4个 D.5个【答案】B【解析】【分析】根据“无限不循环小数是无理数”判断求解．【详解】解：，则无理数有，共3个，故选：B．【点睛】本题考查了无理数，理解无理数的意义是解题的关键．2.化简的结果是（）A.2 B. C. D.【答案】B【解析】【详解】试题解析：，故选B．点睛：最简二次根式的条件是：①被开方数的因数是整数，因式是整式；②被开方数中不含能开得尽方的因数因式．上述两个条件同时具备（缺一不可）的二次根式叫最简二次根式．3.使二次根式有意义的x的取值范围是（）A. B.x≥2 C.x≤2 D.x≠2【答案】B【解析】【分析】根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数，即可求解．【详解】解：由题意得：，解得，故选：B．【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．4.如图，△ABC中，已知AB＝8，BC＝6，CA＝4，DE是中位线，则DE＝（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】B【解析】【分析】由D，E分别是边AB，AC的中点，首先判定DE是三角形的中位线，然后根据三角形的中位线定理求得DE的值即可．【详解】解：∵DE是△ABC的中位线，∴DE＝BC，∵BC＝6，∴DE＝BC＝3．故选B．【点睛】考查三角形的中位线定理，根据定理确定DE等于那一边的一半是解题关键．5.若，则下列各式中一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据不等式的性质，可得答案．详解】解：A、若，则，故成立，符合题意；B、若，则，则，故不成立，不合题意；C、若，则当时，，故不成立，不合题意；D、若，则，则，故不成立，不合题意；故选：A．【点睛】此题主要考查了不等式的基本性质：（1）不等式的两边同时乘（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；（2）不等式的两边同时乘（或除以）同一个负数，不等号的方向改变；（3）不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变．6.小明从家到学校，先匀速步行到车站，等了几分钟后坐上了公交车，公交车沿着公路匀速行驶一段时间后到达学校，小明从家到学校行驶路程s（m）与时间t（min）的大致图象是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】小明从家到学校，先匀速步行到车站，因此S随时间t的增长而增长，等了几分钟后坐上了公交车，因此时间在增加，S不增长，坐上了公交车，公交车沿着公路匀速行驶一段时间后到达学校，因此S又随时间t的增长而增长，故选：C．7.矩形、菱形、正方形都具有的性质是（）A.每一条对角线都平分一组对角 B.对角线相等C.对角线互相垂直 D.对角线互相平分【答案】D【解析】【分析】根据矩形、菱形、正方形的性质逐项判断即可．【详解】解：A，菱形、正方形满足每一条对角线都平分一组对角，矩形不满足，不合题意；B，正方形、矩形满足对角线相等，菱形不满足，不合题意；C，菱形、正方形满足对角线互相垂直，矩形不满足，不合题意；D，矩形、菱形、正方形都满足对角线互相平分，符合题意；故选D．【点睛】本题考查特殊平行四边形，解题的关键是掌握矩形、菱形、正方形的性质．8.下列运算正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据二次根式的加法，减法，乘法，除法法则进行计算，逐一判断即可解答．【详解】解：A、与不能合并，故不符合题意；B、，故不符合题意；C、，故符合题意；D、，故不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．9.一次函数的图象不经过（）A第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【分析】先判断k、b的符号，再判断直线经过的象限，进而可得答案．【详解】解：∵，∴一次函数的图象经过第一、三、四象限，不经过第二象限；故选：B．【点睛】本题考查了一次函数的系数与其图象的关系，属于基础题型，熟练掌握一次函数的图象与其系数的关系是解题的关键．10.如图，矩形的两条对角线相交于点，，，则矩形的边长BC的长是()A.2 B.4 C. D.【答案】C【解析】【分析】根据矩形的性质得出∠ABC=90°，AC=BD，AC=2AO，BD=2BO，求出AO=BO，得出等边三角形AOB，求出AC=2AO=4，根据勾股定理求出BC即可．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠ABC=90°，AC=BD，AC=2AO，BD=2BO，

∴AO=BO，

∵∠AOB=60°，

∴△AOB是等边三角形，

∴AO=AB=2，

∴AC=2AO=4，

在Rt△ABC中，由勾股定理得：；故选：C．【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理的应用，解此题的关键是能根据矩形的性质和等边三角形的性质求出AC的长，注意：矩形的四个角都是直角，矩形的对角线互相平分且相等．11.如图，矩形纸片ABCD中，AD=4cm，把纸片沿直线AC折叠，点B落在E处，AE交DC于点O，若AO=5cm，则AB的长为（）A.6cm B.7cm C.8cm D.9cm【答案】C【解析】【分析】根据折叠前后角相等可证AO=CO，在直角三角形ADO中，运用勾股定理求得DO，再根据线段的和差关系求解即可．【详解】解：根据折叠前后角相等可知∠BAC=∠EAC，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠BAC=∠ACD，∴∠EAC=∠EAC，∴AO=CO=5cm，在直角三角形ADO中，DO==3cm，AB=CD=DO+CO=3+5=8cm．故选：C．【点睛】本题考查矩形与折叠问题，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．12.在平面直角坐标系中，已知直线与轴、轴分别交于、两点，点是轴上一动点，要使点关于直线的对称点刚好落在轴上，则此时点的坐标是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】过C作CD⊥AB于D，先求出A，B的坐标，分别为（4，0），（0，3），得到AB的长，再根据折叠的性质得到AC平分∠OAB，得到CD=CO=n，DA=OA=4，则DB=5-4=1，BC=3-n，在Rt△BCD中，利用勾股定理得到n的方程，解方程求出n即可．【详解】过C作CD⊥AB于D，如图，对于直线，当x=0，得y=3；当y=0，x=4，∴A（4，0），B（0，3），即OA=4，OB=3，∴AB=5，又∵坐标平面沿直线AC折叠，使点B刚好落在x轴上，∴AC平分∠OAB，∴CD=CO=n，则BC=3-n，∴DA=OA=4，∴DB=5-4=1，在Rt△BCD中，DC2+BD2=BC2，∴n2+12=（3-n）2，解得n=，∴点C的坐标为（0，）．故选B.【点睛】本题考查了一次函数图象与几何变换：直线y=kx+b，（k≠0，且k，b为常数），关于x轴对称，横坐标不变，纵坐标是原来的相反数；关于y轴对称，纵坐标不变，横坐标是原来的相反数；关于原点轴对称，横、纵坐标都变为原来的相反数．也考查了折叠的性质和勾股定理．二、填空题（本题共5小题，每小题3分，满分15分，只要求填写最后的结果）13.的平方根为______．【答案】【解析】【分析】依据平方根的定义：如果一个数的平方等于a，这个数就叫做a的平方根，求解即可．【详解】解：的平方根是．故答案为：．【点睛】本题主要考查的是平方根的定义，关键是能准确理解并运用开平方和平方的互逆运算关系．14.若一个直角三角形两边的长分别为2和，则第三条边的长为_____．【答案】或1【解析】【分析】分2是直角边长与斜边长两种情况分别求解即可．【详解】解：当2是直角边长时，第三边长，当2是斜边长时，第三边长，故答案：或1．【点睛】本题考查了勾股定理，注意分类讨论是解题的关键．15.如图，在平面直角坐标系中，线段A1B1是由线段AB平移得到的，已知A，B两点的坐标分别为A（－2，3），B（－3，1），若A1的坐标为（3，4），则B1的坐标为____．【答案】（2，2）【解析】【详解】直接利用平移中点的变化规律求解即可．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．解答：解：根据题意：A、B两点的坐标分别为A（-2，3），B（-3，1），若A1的坐标为（3，4），即线段AB向上平移1个单位，向右平移5个单位得到线段A1B1；B1点的规律同以上规律，则B1的坐标为（2，2）．故答案填：（2，2）．点评：此题主要考查图形的平移及平移特征．在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．16.如图，在等腰直角三角形中，，，点是直角边的中点．若这个三角形关于点O成中心对称的图形，则点B与它关于点O的对称点的距离是______．【答案】【解析】【分析】根据旋转的性质即可画出这个三角形关于点成中心对称的图形，继而利用勾股定理求解即可．【详解】解：如图，即为所求作的图形．，，又点是直角边的中点．，根据勾股定理，得，．所以点与它关于点的对称点的距离为．故答案为：．【点睛】本题考查了作图旋转变换、等腰直角三角形，解决本题的关键是掌握旋转的性质．17.如图，已知正方形的边长为4，M在边上，，N是上一动点．当点N在上移动到某处时，能使得的值达到最小，则这个最小值是_________．【答案】5【解析】【分析】由正方形的对称性可知点B与D关于直线对称，连接交于点，在中利用勾股定理即可求出的长即可．【详解】解：∵四边形是正方形，∴点B与D关于直线对称，连接，交于，连接，则的长即为的最小值，∵，在中，，故的最小值是5．故答案为：5．【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，勾股定理，得出B关于直线的对称点D，是解答此题的关键．三、解答题（本题共8小题，共64分，解答应写出必要的文字说明、推理过程或演算步骤）18.计算下列各题：（1）；（2）；（3）．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】本题主要考查了二次根式混合运算，解题的关键是熟练掌握运算法则，准确计算．（1）先根据二次根式性质进行化简，然后根据二次根式加减运算法则进行计算即可；（2）根据二次根式乘除运算法则进行计算即可；（3）根据二次根式混合运算法则，结合完全平方公式和平方差公式进行计算即可．【小问1详解】解：；【小问2详解】解：；【小问3详解】解：．19.（1）解不等式，并将解集在数轴上表示出来；（2）解不等式组，并将解集在数轴上表示出来．【答案】（1），数轴见解析；（2），数轴见解析【解析】【分析】（1）先去括号，再移项，合并同类项，化系数为1，再在数轴上表示出的取值范围即可；（2）分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，并在数轴上表示出来即可．【详解】解：（1）去分母得，，去括号得，，移项得，，合并同类项得，，系数化1得，，在数轴上表示为：（2），解不等式①得：，解不等式②得：，所以不等式组的解集是．在数轴上表示为：【点睛】本题考查的是解一元一次不等式及解一元一次不等式组，熟知实心圆点与空心圆点的区别是解答此题的关键．20.在如图所示的直角坐标系中，菱形的边长是，E0,2为的中点，轴垂直平分，垂足为点，请分别求出点，，，的坐标．【答案】，，，．【解析】【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，垂直平分线，根据菱形边长为，结合为中点求出的坐标，根据勾股定理的知识求出的长，进而求出长度，最后求出坐标.，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：∵菱形的边长是，∴，∵为中点，∴，∵，∴，，∵轴垂直平分，∴，∴，∴，∴，∴，．21.如图，已知，与相交于点，且．求证：．【答案】见解析【解析】【分析】根据已知条件证明四边形是平行四边形即可．【详解】解：证明：，，，在和中，，，，，四边形是平行四边形，．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的判定与性质．22.已知一次函数．（1）求该一次函数的图象与x轴交于时的k值；（2）当k为何值时，y随x的增大而减小？（3）当k为何值时，该一次函数的图象经过一、三、四象限？【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】【分析】本题主要考查了求一次函数解析式，一次函数图象的性质等等：（1）将2,0代入一次函数中进行求解即可；（2）根据随的增大而减小可知，一次项的系数小于0，列不等式可解答；（3）若一次函数的图象经过一、三、四象限，可知且，由此列不等式可解答．【小问1详解】解：把2,0代入得：；【小问2详解】解：由题意得：，，当时，随的增大而减小；【小问3详解】解：一次函数的图象经过一、三、四象限，∴2解得，当时，该一次函数的图象经过一、三、四象限．23.如图，点E与F分别在正方形的边与上，．以点A为旋转中心，将按顺时针方向旋转90°，得到．求证：．【答案】见详解【解析】【分析】首先证明，进而得到；证明，即可得到结论．【详解】证明：∵以点A为旋转中心，将按顺时针方向旋转90°，得到．∴，∴，，，∴，即E、B、共线，，∵，∴，即，又∵，∴，∴【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键.24.小亮家与姥姥家相距24，小亮从家出发骑自行车去姥姥家，1小时后妈妈从家出发乘车沿相同路线去姥姥家，小亮和妈妈的行进路程S与时间t的函数图象如图所示．（1）分别求出小亮和妈妈行进的路程S（）与时间t（时）之间的函数表达式，并求出t可以取值的范围；（2）妈妈乘坐汽车用了多长时间赶上小亮？此时离姥姥家的距离是多少？【答案】（1）小亮：，妈妈：（2）用了赶上小亮，此时离姥姥家的距离是【解析】【分析】（1）用待定系数法分别求出函数解析式即可；（2）根据相遇时小亮和妈妈走的路程相同列出方程，解方程即可．【小问1详解】解：设小