山东省泰安市肥城市2021年八年级下期末数学试卷（含答案解析）

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1、山东省泰安市肥城市2020-2021学年八年级下期末数学试题一、选择题1. 的值等于（ ）A. 3B. 3C. 3D. 2. 在平面直角坐标系中，一次函数y= x+1的图象是（ ）A. B. C. D. 3. 下列式子中属于最简二次根式的是（ ）A. B. C. D. 4. 观察下列图形，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5. 若已知，则下列变形错误的是（ ）A. B. C. D. 6. 若两个二次根式化为最简二次根式后被开方数相同，则称这两个二次根式为同类二次根式那么下列与是同类二次根式的是（ ）A. B. C. D. 7. 不等式的解集为（）A.

2、B. C. D. 8. 如图，在中，点、分别是边、的中点，将绕点旋转180得，则四边形一定是（ ）A. 平行四边形B. 矩形C. 菱形D. 正方形9. 函数中自变量的取值范围是（ ）A. 且B. C. D. 且10. 如图，ABCD的对角线AC，BD交于点O，已知，则的周长为A. 13B. 17C. 20D. 2611. 甲乙两车从城出发前往城，在整个行程中，汽车离开城的距离与时刻的对应关系如图所示，则下列结论错误的是（ ）A. 甲车的平均速度为B. 乙车的平均速度为C. 乙车比甲车先到城D. 乙车比甲车先出发12. 如图，在平行四边形中，以点为圆心，为半径画弧与交于点，然后以大于为半径，分别

3、以，为圆心画弧交于点，连接交于点，若，则的长为（ ）A. B. C. 5D. 10二、填空题（只要求填写最后结果，每小题填对得4分）13. 计算的结果为_14. 如图，在菱形中，对角线交于点，过点作于点，已知BO=4，S菱形ABCD=24，则_15. 一辆客车以从85km/h的速度从肥城驶往北京，若肥城到北京的距离为470km，那么客车离北京的距离（km）与所用时间（h）的函数表达式为_16. 如图，在正方形中若以为底边向其形外作等腰直角，连接，则的长为_17. 如图，ACB=90，D为AB的中点，连接DC并延长到E，使CE=CD，过点B作BFDE，与AE的延长线交于点F若AB=6，则BF的长

4、为_18. 关于x的不等式组的解集中至少有5个整数解，则正数a的最小值是_三、解答题（本大题共7个小题，满分78分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤）19 化简下列各式（1） （2）20 按要求完成下列各题（1）解不等式组（2）解不等式组并把它的解集在数轴上表示出来21. 如图所示，四边形是矩形，过其两对角线的交点且与、的延长线分别交于点，（1）求证：四边形是平行四边形；（2）若，那么四边形能是菱形吗？若能，请求出此时的大小；若不能，请说明理由22. 甲、乙两个探测气球分别从海拔和处同时出发，匀速上升下图是甲、乙两个探测气球所在位置的海拔y（单位：m）与气球上升时间x（单位：）的函

5、数图象（1）求这两个气球在上升过程中y关于x的函数解析式；（2）当这两个气球的海拔高度相差时，求上升的时间23. 众志成城抗疫情，全国人民在行动某公司决定安排大、小货车共20辆，运送260吨物资到地和地，支援当地抗击疫情每辆大货车装15吨物资，每辆小货车装10吨物资，这20辆货车恰好装完这批物资已知这两种货车的运费如下表：目的地车型地（元/辆）地（元/辆）大货车9001000小货车500700现安排上述装好物资的20辆货车（每辆大货车装15吨物资，每辆小货车装10吨物资）中的10辆前往地，其余前往地，设前往地的大货车有辆，这20辆货车的总运费为元（1）这20辆货车中，大货车、小货车各有多少辆？

6、（2）求与的函数解析式，并直接写出的取值范围；（3）若运往地的物资不少于140吨，求总运费的最小值24. 在正方形中，、分别是、上点，且，将线段以为旋转中心顺时针旋转90，得到线段（1）如图1所示，求证：是等腰直角三角形；（2）若是的中点，试判断线段与线段的关系 25. 按要求完成下列问题（1）根据所学知识，在同一坐标系内作出函数与图象：（2）求方程的解；（3）求（1）中两函数所围成的图形的面积附加题：（本题供有兴趣的同学选择使用）26. 实数，满足，求的值山东省泰安市肥城市2020-2021学年八年级下期末数学试题一、选择题1. 的值等于（ ）A. 3B. 3C. 3D. 【答案】A【解析】

7、【分析】根据算术平方根的定义解答即可【详解】解：=3，故选：A【点睛】此题主要考查了算术平方根的定义，一个正数只有一个算术平方根，0的算术平方根是02. 在平面直角坐标系中，一次函数y= x+1的图象是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据一次函数的图象与性质即可得【详解】解：一次函数y= x+1的一次项系数为10，常数项为，函数图象经过一、二、四象限故选：A【点睛】本题考查了一次函数的图象与性质，熟练掌握一次函数的图象与性质是解题关键3. 下列式子中属于最简二次根式的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据最简二次根式定义逐项分析即可，最简二次根式

8、必须满足两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式【详解】A. ，故该项不是最简二次根式，不符合题意；B. ，故该项不是最简二次根式，不符合题意；C. 是最简二次根式，符合题意； D. ，故该项不是最简二次根式，不符合题意；故选C【点睛】本题考查了最简二次根式的定义，掌握二次根式的定义是解题的关键4. 观察下列图形，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【答案】C【解析】【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，轴对称图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合，即可求解【详解】第一个

9、图形不是轴对称图形，是中心对称图形；第二个图形既是轴对称图形又是中心对称图形；第三个图形既是轴对称图形又是中心对称图形；第四个图形既是轴对称图形又是中心对称图形；既是轴对称图形又是中心对称图形共有3个故选C5. 若已知，则下列变形错误的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据不等式的性质逐项分析即可【详解】A. ，故该选项正确，不符合题意； B. ，故该选项正确，不符合题意； C. ，故该选项不正确，符合题意；D. ，故该选项正确，不符合题意；故选C【点睛】本题考查了不等式的基本性质，熟练掌握不等式的基本性质是解题的关键不等式的性质：不等式的基本性质1：不等式的两边都加上

10、（或减去）同一个数（或式子），不等号的方向不变；不等式的基本性质2：不等式的两边都乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；不等式的基本性质3：不等式的两边都乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变6. 若两个二次根式化为最简二次根式后被开方数相同，则称这两个二次根式为同类二次根式那么下列与是同类二次根式的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据同类二次根式的定义逐项分析判断即可【详解】A. 与不是同类二次根式，不符合题意；B. 与不是同类二次根式，不符合题意；C. 与不是同类二次根式，不符合题意；D. =与是同类二次根式故选D【点睛】本题考查了同类二次根式的定义，掌

11、握同类二次根式的定义是解题的关键7. 不等式的解集为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】直接进行移项，系数化为1，即可得出的取值【详解】解：移项得：系数化为1得：故选D【点睛】考核知识点：解不等式.掌握不等式性质是关键.8. 如图，在中，点、分别是边、的中点，将绕点旋转180得，则四边形一定是（ ）A. 平行四边形B. 矩形C. 菱形D. 正方形【答案】B【解析】【分析】根据中位线定理可得，根据旋转180，可得，进而可得，又由，即可得，进而证明四边形是矩形【详解】点、分别是边、的中点，AE=EC将绕点旋转180得，四边形ADCF是平行四边形，四边形是矩形故选B【点睛】本题考查

12、了三角形中位线定理，矩形的判定定理，证明是解题的关键9. 函数中自变量的取值范围是（ ）A. 且B. C. D. 且【答案】D【解析】【分析】根据分式有意义的条件以及二次根式有意义的条件即可求得的取值范围详解】且,解得且故选D【点睛】本题考查了分式有意义的条件以及二次根式有意义的条件，掌握以上知识是解题的关键10. 如图，ABCD的对角线AC，BD交于点O，已知，则的周长为A. 13B. 17C. 20D. 26【答案】B【解析】【分析】由平行四边形的性质得出，即可求出的周长【详解】四边形ABCD是平行四边形，的周长故选B【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，并利用性质解题平行四边形基本性质

13、：平行四边形两组对边分别平行；平行四边形的两组对边分别相等；平行四边形的两组对角分别相等；平行四边形的对角线互相平分11. 甲乙两车从城出发前往城，在整个行程中，汽车离开城的距离与时刻的对应关系如图所示，则下列结论错误的是（ ）A. 甲车的平均速度为B. 乙车的平均速度为C. 乙车比甲车先到城D. 乙车比甲车先出发【答案】D【解析】【分析】根据图象逐项分析判断即可【详解】由图象知：A甲车的平均速度为=，故此选项正确；B乙车的平均速度为，故此选项正确；C甲10时到达B城，乙9时到达B城，所以乙比甲先到B城，故此选项正确；D甲5时出发，乙6时出发，所以乙比甲晚出发1h，故此选项错误，故选：D【点睛

14、】本题考查了函数的图象，正确识别图象并能提取相关信息是解答的关键12. 如图，在平行四边形中，以点为圆心，为半径画弧与交于点，然后以大于为半径，分别以，为圆心画弧交于点，连接交于点，若，则的长为（ ）A. B. C. 5D. 10【答案】B【解析】【分析】设交于点，连接，根据作图可得四边形是菱形，进而勾股定理求解即可【详解】设交于点，连接，由作图可知，四边形是平行四边形，AB=BE，四边形是平行四边形，又，四边形是菱形，,，在中，故选B【点睛】本题考查了角平分线作图，菱形的性质与判定，平行四边形的性质，等角对等边，勾股定理，理解题意证明四边形是菱形是解题的关键二、填空题（只要求填写最后结果，每

15、小题填对得4分）13. 计算的结果为_【答案】【解析】【分析】根据求一个数的算术平方根和求一个数的立方根进行计算即可【详解】故答案为：【点睛】本题考查了求一个数的算术平方根和求一个数的立方根，掌握求一个数的算术平方根和求一个数的立方根是解题的关键14. 如图，在菱形中，对角线交于点，过点作于点，已知BO=4，S菱形ABCD=24，则_【答案】【解析】【分析】根据菱形面积=对角线积的一半可求，再根据勾股定理求出，然后由菱形的面积即可得出结果.【详解】四边形是菱形，；故答案为【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理以及菱形面积公式.熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出是解题的关键.15. 一辆客车以从

16、85km/h的速度从肥城驶往北京，若肥城到北京的距离为470km，那么客车离北京的距离（km）与所用时间（h）的函数表达式为_【答案】【解析】【分析】先求得的取值范围，进而根据题意列出函数关系式即可【详解】根据题意可得故答案为：【点睛】本题考查了列函数解析式，理解题意是解题的关键16. 如图，在正方形中若以为底边向其形外作等腰直角，连接，则的长为_【答案】【解析】【分析】过点作的延长线于点，连接，根据题意求得，进而勾股定理即可求得【详解】如图，过点作的延长线于点，过作于，等腰直角三角形，四边形是正方形，四边形是矩形，四边形是正方形，在中，故答案为：【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，勾股定理

17、，构造直角三角形利用勾股定理求解是解题的关键17. 如图，ACB=90，D为AB的中点，连接DC并延长到E，使CE=CD，过点B作BFDE，与AE的延长线交于点F若AB=6，则BF的长为_【答案】8.【解析】【详解】试题解析：ACB=90，D为AB的中点，AB=6， CD=AB=3又CE=CD，CE=1，ED=CE+CD=4又BFDE，点D是AB的中点，ED是AFB的中位线，BF=2ED=818. 关于x的不等式组的解集中至少有5个整数解，则正数a的最小值是_【答案】2【解析】【分析】首先解不等式组求得不等式组的解集，然后根据不等式组的整数解的个数从而确定a的范围，进而求得最小值详解】解：解得

18、xa，解得x-a 则不等式组的解集是-axa不等式至少有5个整数解，则a+a5，解得a2a的最小值是2故答案为2【点睛】本题考查了一元一次不等式组的整数解，确定a的取值范围是解本题的关键三、解答题（本大题共7个小题，满分78分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤）19. 化简下列各式（1） （2）【答案】（1）；（2）【解析】【分析】根据二次根式的性质化简，再进行二次根式的混合运算【详解】（1） （2）【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，掌握二次根式的运算法则是解题的关键20. 按要求完成下列各题（1）解不等式组（2）解不等式组并把它的解集在数轴上表示出来【答案】（1）；（2），数

19、轴见解析【解析】【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集，第（2）题，再将不等式组的解集表示在数轴上【详解】（1）解不等式，解得，解不等式，解得，不等式组的解集为：；（2）解不等式，解得，解不等式，解得，不等式组的解集为：，不等式的解集表示在数轴上如图：【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，将不等式的解集表示在数轴上，掌握解不等式的方法以及数形结合是解题的关键21. 如图所示，四边形是矩形，过其两对角线的交点且与、的延长线分别交于点，（1）求证：四边形是平行四边形；（2）若，那么四边形能是菱形吗？若能，请求出此时的大小；

20、若不能，请说明理由【答案】（1）见解析；（2）能，【解析】【分析】（1）根据四边形是矩形，可得，即可得，根据题意，点是矩形对角线的交点，则，进而证明，可得，即可证明四边形是平行四边形；（2）根据勾股定理求得，进而求得，根据菱形的性质即可求得，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求得，进而求得的长【详解】（1）连接，如图，四边形是矩形，点是矩形对角线的交点，四边形是平行四边形；（2）四边形能是菱形，连接，如图，四边形是矩形，若四边形是菱形，则，当时，四边形是菱形【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质的与判定，三角形全等的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，运用含30度角的直角三角

21、形的性质是解题的关键22. 甲、乙两个探测气球分别从海拔和处同时出发，匀速上升下图是甲、乙两个探测气球所在位置的海拔y（单位：m）与气球上升时间x（单位：）的函数图象（1）求这两个气球在上升过程中y关于x的函数解析式；（2）当这两个气球的海拔高度相差时，求上升的时间【答案】（1）甲：，乙：；（2）【解析】【分析】（1）分别设出甲乙的函数解析式，利用待定系数法求解解析式即可；（2）由题意得利用甲乙的函数解析式列方程，解方程并检验可得答案【详解】解：（1）设甲气球上升过程中：，由题意得：甲的图像经过：两点， 解得： 所以甲上升过程中： 设乙气球上升过程中： 由题意得：乙的图像经过：两点， 解得：

22、所以乙上升过程中： （2）由两个气球的海拔高度相差，即 或 解得：或（不合题意，舍去）所以当这两个气球的海拔高度相差时，上升的时间为【点睛】本题考查的是一次函数的应用，考查利用待定系数法求解一次函数的解析式，掌握以上知识是解题的关键23. 众志成城抗疫情，全国人民在行动某公司决定安排大、小货车共20辆，运送260吨物资到地和地，支援当地抗击疫情每辆大货车装15吨物资，每辆小货车装10吨物资，这20辆货车恰好装完这批物资已知这两种货车的运费如下表：目的地车型地（元/辆）地（元/辆）大货车9001000小货车500700现安排上述装好物资的20辆货车（每辆大货车装15吨物资，每辆小货车装10吨物资

23、）中的10辆前往地，其余前往地，设前往地的大货车有辆，这20辆货车的总运费为元（1）这20辆货车中，大货车、小货车各有多少辆？（2）求与的函数解析式，并直接写出的取值范围；（3）若运往地的物资不少于140吨，求总运费的最小值【答案】（1）大货车有辆，则小货车有辆；（2）；（3）当时，（元）【解析】【分析】（1）设20辆货车中，大货车有辆，则小货车有辆，列一元一次方程可得答案；（2）先确定调往各地的车辆数，根据题意列出函数关系式即可，根据车辆数不能为负数，得到的取值范围；（3）先求解的范围，再利用函数的性质求解运费的最小值【详解】解：（1）设20辆货车中，大货车有辆，则小货车有辆，则 答：20辆

24、货车中，大货车有辆，则小货车有辆（2）如下表，调往两地的车辆数如下，则 由 （3）由题意得： 所以随的增大而增大， 当时，（元）【点睛】本题考查的是一元一次方程的应用，一次函数的应用，一元一次不等式（组）的应用，同时考查了一次函数的性质，掌握以上知识是解题的关键24. 在正方形中，、分别是、上的点，且，将线段以为旋转中心顺时针旋转90，得到线段（1）如图1所示，求证：是等腰直角三角形；（2）若是的中点，试判断线段与线段的关系【答案】（1）见解析；（2）与的数量关系是：，与的位置关系是：【解析】【分析】（1）连接，根据已知条件证明四边形是平行四边形，可得，证明可得，进而可得,再证明，即可证明是等

25、腰直角三角形；（2）过作于点，过于点，交于点，连接，设与分别交于点，证明四边形是正方形，进而证明是等腰直角三角形，即可求得线段与线段的关系【详解】（1）如图，连接，线段以为旋转中心顺时针旋转90，得到线段，四边形是正方形，四边形是平行四边形，是等腰直角三角形；（2）如图，过作于点，过于点，交于点，连接，设与分别交于点，四边形是正方形，四边形是矩形，为的中点，在和中， 三点共线，四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是正方形，在中，与的数量关系是：，与的位置关系是：【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质与判定，三角形全等的性质与判定，平行四边形的性质与判定，添加辅助线是解题的关键25. 按要求完

26、成下列问题（1）根据所学知识，在同一坐标系内作出函数与的图象：（2）求方程的解；（3）求（1）中两函数所围成的图形的面积【答案】（1）作图见解析；（2）或；（3）【解析】【分析】（1）根据描点法分别作出函数与的图象；（2）根据函数解析式分段求得交点； （3）设与交于点，设与轴交于点，分别求得的坐标，进而求得，再根据两函数的交点围成的三角形，根据求解即可【详解】（1），当，即时，当时，当时，当，即时，当时，当时，在平面直角坐标系中选取点，作射线，令解得，令，则过作直线，如图，（2）当时，则，解得，当时， ，解得，的解为：或；（3）如图，设与轴交于点，由（1）可知，设与交于点，由（2）可知，【点睛】本题考查了画一次函数图象，一次函数交点与二元一次方程组，直线围成的三角形面积，正确的作出图象是解题的关键附加题：（本题供有兴趣的同学选择使用）26. 实数，满足，求的值【答案】【解析】【分析】根据等式特点凑完全平方公式解决问题【详解】原式可化为：即解得【点睛】本题考查了平方的非负性，求一个数的算术平方根，完全平方公式，将已知等式转化为非负数之和等于0是解题的关键