四川省成都市天府新区2022年八年级下期末数学试卷（含答案解析）

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1、2022年四川省成都市天府新区八年级下期末数学试卷一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分）1. 下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）A. B. C. D. 2. 在平面直角坐标系中，将点A（2，1）向左平移3个单位长度后所得点的坐标是（ ）A. （5，1）B. （1，1）C. （2，2）D. （2，4）3. 已知xy，下列不等式一定成立是（ ）A. x6y6B. 3x3yC. 2x2yD. 2x12y14. 已知一次函数y(2m)x3，若y随x的增大而增大，则m的取值范围是 ( )A. m1B. m2D. m1B. m2D. m2【答案】D【解析】【分析】根据一次

2、函数的性质，当k0时，y随x的增大而增大，列式计算即可【详解】一次函数，随x的增大而增大， 解得 故选D.【点睛】一次函数时，随x的增大而增大，时，随x的增大而减小.5. 下列各组条件中，不能判断一个四边形是平行四边形的是（）A. 一组对边相等且平行的四边形B. 两条对角线互相平分的四边形C. 一组对边平行另一组对边相等的四边形D. 两组对角分别相等的四边形【答案】C【解析】【分析】根据平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可【详解】A、一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，选项A不符合题意；B、两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，选项B不符合题意；C、一组对边平行另一组对边相等的

3、四边形可能是平行四边形或等腰梯形，选项C符合题意；D、两组对角分别相等的四边形是平行四边形，选项D不符合题意；故选：C【点睛】本题考查了平行四边形的判定.熟练掌握平行四边形的判定定理是解题关键6. 如图，直线ykx+b（b0）经过点(2，0)，则关于x的不等式kx+b0的解集是（ ）A. x2B. x2C. x2D. x2【答案】B【解析】【分析】观察函数图象得到即可【详解】由图象可得：当x2时，kx+b0，所以关于x的不等式kx+b0的解集是x2，故选：B【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式的关系，善于观察图形，借助数形结合7. 分式方程的解是（ ）A. x1B. x2C. x1D.

4、x2【答案】B【解析】【分析】先去分母把原方程化为整式方程，解出整式方程，再检验，即可求解【详解】解：去分母得：，解得：，检验：当时，原方程的解为故选：B【点睛】本题主要考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的基本步骤是解题的关键8. 如图，点P是ABCD边AD上的一点，E，F分别是BP，CP的中点，已知ABCD面积为16，那么PEF的面积为（ ）A. 8B. 6C. 4D. 2【答案】D【解析】【分析】根据平行线间距离处处相等，得到，根据EF是PBC的中位线，得到PEFPBC，EF=，得到计算即可【详解】点P是ABCD边AD上的一点，且 ABCD面积为16，；E，F分别是BP，CP的中点， E

5、FBC，EF=，PEFPBC，故选D【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，三角形相似的判定和性质，熟练掌握中位线定理，灵活运用三角形相似的性质是解题的关键二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）9. 分解因式：2x28=_【答案】2（x+2）（x2）【解析】【分析】先提公因式，再运用平方差公式【详解】2x28，=2（x24），=2（x+2）（x2）【点睛】考核知识点：因式分解.掌握基本方法是关键10. 若分式无意义，则x的值为_【答案】#【解析】【分析】根据分式无意义的条件，即可求解【详解】根据题意得，解得：故答案为：【点睛】本题主要考查了分式无意

6、义的条件，熟练掌握分式无意义的条件是分式的分母等于0是解题的关键11. 若n边形的内角和是它的外角和的2倍，则n=_【答案】6【解析】【分析】根据多边形内角和公式：（n-2）180（n3且n为整数），结合题意可列出方程180（n-2）=3602，再解即可【详解】解：多边形内角和=180（n-2）， 外角和=360，所以，由题意可得180(n-2)=2360，解得：n=6故答案为：6【点睛】此题主要考查了多边形内角和和外角和，关键是掌握多边形内角和公式：（n-2）180（n3且n为整数），多边形的外角和等于360度12. 成都大运会主火炬塔位于东安湖体育公园，如图，小明想测量东安湖A，B两点间的

7、距离，他在东安湖的一侧选取一点O，分别取OA，OB的中点M，N，但M，N之间被障碍物遮挡，故无法测量线段MN的长，于是小明在AO，BO延长线上分别选取P，Q两点，且满足OPON，OQOM，小明测得线段PQ90米，则A，B两点间的距离是_米【答案】180【解析】【分析】证明OMNOQP，根据全等三角形的性质求出MN，再根据三角形中位线定理计算即可【详解】解：在OMN和OQP中，OMNOQP（SAS），MNPQ90米，点M，N分别为OA，OB的中点，MN是OAB的中位线，AB2MN180米故答案为：180【点睛】本题主要考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形中位线等于第三边的

8、一半是解题的关键13. 如图，在ABCD中，按以下步骤作图：以点B为圆心，任意长为半径作弧，分别交BC，BD于点M，N；以点C为圆心，BM长为半径作弧，交CB于点P，交CD于点Q；以点P为圆心，MN长为半径作弧，交于点E，连结CE并延长交对角线BD于点F，若CBD45，BC5，DF2，则对角线BD的长为_【答案】7【解析】【分析】根据作图可知FCB=FBC=45，得到BCF是等腰直角三角形，运用勾股定理，计算BF的长，而后结合DF的长求出BD的长【详解】由作图知FCB=FBC=45，BFC=180-（FCB+FBC）=90，BF=CF，BF=5，BD=BF+DF=5+2=7【点睛】本题考查了等

9、腰直角三角形，勾股定理，解决问题的关键是熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质，用勾股定理解直角三角形三、解答题（本大题共5个小题，共48分，解答过程写在答题卡上）14. （1）解不等式组：；（2）先化简，再求值：，其中a3【答案】（1）；（2），【解析】【分析】（1）分别解出两个不等式的解集，在数轴表示公共解集，即可解答（2）先化简小括号内的分式，将分式的除法转化为乘法，再结合平方差公式、完全平方公式进行因式分解，约分，化为最简，最后代入数值计算即可【详解】解：（1）解不等式得，解不等式得，将解集表示在数轴上：不等式组的解集为：；（2）当a3时，原式【点睛】本题考查解一元一次不等式组、分式的化简

10、求值，涉及利用平方差公式、完全平方公式进行因式分解等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键15. 如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示（1）画出ABC关于y轴对称的A1B1C1；（2）画出将ABC绕点O顺时针方向旋转90得到的A2B2C2；（3）求出A2B2C2的面积【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）3【解析】【分析】（1）根据轴对称的性质找到点A1，B1，C1，再连线即可（2）根据旋转的性质找到点A2，B2，C2，再连线即可（3）根据三角形的面积公式求解即可【小问1详解】解：如图，A1B1C1即为所求；【小问2详解】解：如图

11、，A2B2C2即为所求；【小问3详解】解：【点睛】本题考查作图轴对称变换、旋转变换、三角形的面积公式，熟练掌握轴对称和旋转的性质是解答本题的关键16. 如图，在ABCD中，点F是AD中点，连接CF并延长交BA的延长线于点E（1）求证：ABAE（2）若BC2AE，E32，求DAB的度数【答案】（1）见解析 （2）64【解析】【分析】（1）由题意易得AB=CD，AB/CD，进而可证AFEDFC，则有CD=AE，即可求证；（2）由（1）及BC2AE，可得AF=AE，则AFE=E=32，然后根据三角形外角的性质可求解【小问1详解】证明：四边形ABCD是平行四边形，AB=CD，ABCD，BC=AD，E=

12、DCF，点FAD中点，AF=DF，在AFE和DFC中，AFEDFC（AAS），CD=AE，AB=AE；【小问2详解】解：由（1）可得AF=DF，BC=AD，BC=2AF，BC=2AE，AE=AF，E=32，AFE=E=32，DAB=2E=64【点睛】本题主要考查平行四边形的性质及等腰三角形的性质与判定，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质及等腰三角形的性质与判定，全等三角形的判定和性质是解题的关键17. 2023年第31届世界大学生夏季运动会将在成都举办，与吉祥物“蓉宝”有关的纪念品现已上市某商店计划今年购进A，B两种“蓉宝”纪念品若干件，订购A种“蓉宝”纪念品花费6000元，订购

13、B种“蓉宝”纪念品花费3200元，其中A种纪念品的订购单价比B种纪念品的订购单价多20元，并且订购A种纪念品的数量是B种纪念品数量的1.25倍（1）求商店订购A种纪念品和B种纪念品分别是多少件？（2）若商店一次性购买A，B纪念品共60件，要使总费用不超过3000元，最少要购买多少件B种纪念品？【答案】（1）商店订购A种纪念品100件，B种纪念品80件； （2）30【解析】【分析】（1）设商店订购B种纪念品x件，则订购A种纪念品1.25x件，根据“A种纪念品的订购单价比B种纪念品的订购单价多20元”列分式方程，求解即可；（2）设购买m件B种纪念品，则购买（60-m）件A种纪念品，根据总费用不超过

14、3000元列一元一次不等式，求解即可，【小问1详解】解：设商店订购B种纪念品x件，则A种纪念品分别是1.25件，根据题意得：，解得：x=80，经检验，x=80是原方程的根，且符合题意，1.2580=100件，答：商店订购A种纪念品100件，B种纪念品80件；【小问2详解】解：由（1）得：A种商品的单价为6000100=60元，B种商品的单价为60-20=40元，设购买m件B种纪念品，则购买（60-m）件A种纪念品，根据题意得：60（60-m）+40m3000，解得m30，答：最少购买30件B种纪念品【点睛】本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式的应用，理解题意并根据题意建立等量关系或不等关系

15、是解题的关键18. 如图，在ABCD中，分别以AB，CD为底边在ABCD内侧作等腰ABF和等腰DCE，且AFBDEC120，连接CF和AE并延长，分别交边AB，CD于点M和点N（1）求证：ADECBF；（2）求证：四边形AMCN为平行四边形；（3）连接MN，若MNBC，ABBC，ABCD的面积为3，求CF的长【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）【解析】【分析】（1）利用等腰三角形的性质得 ，再利用平行四边形的对角相等得到，即可证明结论； （2）先由ASA证明，得到，再利用SAS证明，得CF=AE，继而证明四边形AFCE是平行四边形，据此解答；（3）利用平行四边形的性质得到BM=AM，则，

16、设，则 ，则，根据的面积为3，解出BM的长，再利用含30角的直角三角形的性质解答即可【小问1详解】解：四边形ABCD是平行四边形【小问2详解】证明：四边形ABCD是平行四边形四边形AFCE平行四边形四边形AMCN是平行四边形【小问3详解】解：四边形BMNC是平行四边形四边形AMCN是平行四边形设的面积为3，（负值舍去）【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、含30角的直角三角形性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分，答案写在答题卡上）19. 已知 xy2，xy3，则_【答案】-12【解析】【分析

17、】提出公因式，把原式化为，再代入，即可求解【详解】解：xy2，xy3， 故答案为：-12【点睛】本题主要考查了因式分解的应用，明确题意，熟练掌握因式分解的方法是解题的关键20. 已知关于x，y的二元一次方程组的解满足xy3，则m的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由-可得，再由xy3，可得到关于m的不等式，即可求解【详解】解：由-得：，xy3，解得：故答案为：【点睛】本题主要考查了解二元一次方程组，解一元一次不等式，熟练掌握二元一次方程组和一元一次不等式的解法是解题的关键21. 如图，在ABC中，ACB90，AC8，BC6，点D在AB边上，连接CD，过CD的中点E作FGCD，交BC于点F，交

18、AC于点G，若CFGA，则CE_【答案】【解析】【分析】利用同角的余角相等得，GCE=A，则AD=CD，同理得BD=CD，再利用直角三角形斜边上中线的性质得出CD的长，从而解决问题【详解】解：ACB90，AC8，BC6，FGCD，CFG+ECF=90，ECF+GCE=90，GCE=CFG，CFG=A，GCE=A，AD=CD，同理BD=CD，AD=BD，点D是AB的中点，点E为CD的中点，故答案为：【点睛】本题主要考查了勾股定理，直角三角形的斜边上中线的性质等知识，证明点D是AB的中点是解题的关键22. 在平面直角坐标系xOy中，点P绕点T（t，0）逆时针旋转60得到点Q，我们称点Q是点P的“正

19、影射点”若t，则点P1（0，3）的“正影射点”Q1的坐标是_若点P在一次函数yx上，对于任意的t值，P的“正影射点”Q都在一条直线上，则这条直线的函数表达式为_【答案】 . . 【解析】【分析】根据“正影射点“的定义，将点P1（0，3）绕点T逆时针旋转60，根据旋转的性质即可求得“正影射点”Q1的坐标；求得直线yx与x、y轴的交点P1（1，0），P2，根据“正影射点“的定义将点P1、P2绕点T（0，0）逆时针旋转60，得到Q1，根据题意求得直线Q1Q2的解析式即可【详解】解：如图1，点T，点P1（0，3），点P1绕点T逆时针旋转60得到点Q1在x轴上，点P1（0，3）的“正影射点”Q1的坐标是

20、；如图2，点P在一次函数yx上，设直线与x轴、y轴的交点为、，P1（1，0），根据题意设T（0，0），则的坐标为：，的坐标为：，设直线Q1Q2的解析式为ykxb，解得：，直线Q1Q2的解析式为，P的“正影射点”Q所在直线的函数表达式为故答案为：；【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数与坐标轴交点问题，坐标与图形变化旋转，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想，求得Q点的坐标23. 如图，ABC中，点P为AC中点，点G为BC边上任意一点，在ABC绕点A旋转的过程中，点G的对应点为G，若AC4，AB4，ABC30，则线段PG的取值范围为_【答案】【解析】【分析】利用特殊位置

21、求出PG的最大值和最小值，即可求解【详解】解：根据题意得：AD=AB4，AE=AC=4，如图，过点A作AHBC于点H，AB4，ABC30，点P为AC的中点，AC4，AP=2，当点G与点H重合时，在ABC绕点A旋转的过程中，点G在线段AP的延长线上时，此时，即PG的最小值为；当点G与点B重合时，在ABC绕点A旋转的过程中，点G在线段PA的延长线上时，此时，即PG的最大值为，线段PG的取值范围为故答案为：【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，利用特殊位置求出PG的最大值和最小值是解题的关键二、解答题（本大题共3个小题，共30分，解答过程写在答题卡上）24. 2022年4月16日，神舟十三

22、号载人飞船成功返回地球，三名航天员在空间站工作生活了183天，刷新了中国航天员单次飞行任务太空驻留时间的纪录，这也激发航天纪念品的购买热潮某纪念品专营店准备采购神舟飞船模型和航天纪念币两种产品，如表是相关销售信息：产品神舟飞船模型航天纪念币进价（元/件）2814售价（元/件）3820（1）若该店5月份购进两种纪念品共花费5600元，全部售出后共获得销售额7800元，则该店分别购进两种产品各多少件？（2）由于销售火爆，该店6月份又准备购进这两种纪念品共500件，且航天纪念币的进货量不少于神舟飞船模型进货量的3倍，为了促销，该店决定神舟飞船模型每件降价3元，航天纪念币每件降价2元，设6月购进神舟飞

23、船模型m件，所获利润为w元，请设计一种进货方案，使得6月份该店利润w为最大【答案】（1）购进神舟飞船模型100件，购进航天纪念币200件 （2）当购进神舟飞船模型125件，购进航天纪念币375件，使得6月份该店利润w为最大【解析】【分析】（1）设购进神舟飞船模型a件，购进航天纪念币b件，根据题意列出方程组，解之即可；（2）设6月购进神舟飞船模型m件，所获利润为w元，则购进航天纪念币（500m）件，根据题意可知，w（38283）m（20142）（500m）3m200，根据“航天纪念币的进货量不少于神舟飞船模型进货量的3倍”可得m125且m为正整数，因为30，所以w随m的增大而增大，可知当m125

24、时，w最大，最大值为575，由此可得出结论【小问1详解】解：设购进神舟飞船模型a件，购进航天纪念币b件，根据题意可知：，解得：，答：购进神舟飞船模型100件，购进航天纪念币200件【小问2详解】解：设6月购进神舟飞船模型m件，所获利润为w元，则购进航天纪念币（500m）元，根据题意可知：w（38283）m（20142）（500m）3m2000，500m3m且m为正整数，m125且m为正整数，30，w随m的增大而增大，当m125时，w最大，最大值为2375，此时500m375，答：当购进神舟飞船模型125件，购进航天纪念币375件，使得6月份该店利润w为最大【点睛】本题主要考查了二元一次方程组的

25、应用，一元一次不等式的应用，要能根据题意列出不等式组，关键是根据不等式组的解集，求出获利的最大值25. 已知，如图1，ABC中，ACBC，DE为ABC的中位线，P为边AB上一点，连接DP，以DP为一边在右侧作DPQ，使DPDQ，且PDQACB，连接EQ并延长交直线BC于点H（1）求证：APDEQD；（2）若ACB120，判断BC与CH的数量关系，并说明理由；（3）在（2）的条件下，如图2，延长DQ交BC于点G，若AC为2，求AP为何值时HQG为直角三角形【答案】（1）见解析 （2）BC2CH，理由见解析 （3）AP的长为或【解析】【分析】（1）由“SAS”可证APDEQD；（2）由等腰三角形的

26、性质可得AB30，CEAB，BCE60，由全等三角形的性质和平行线的性质可得DEQH30，可证CHCE，即可求解；（3）分两种情况讨论，由直角三角形的性质可求解【小问1详解】证明：ACBC，AB，DE为ABC的中位线，DEBC，ADAC，ADEACB，ADDE，ACBC，DPDQ，PDQACB，ABDPQDQP，ADEACBPDQ，ADPEDQ，在APD和EQD中，APDEQD（SAS）【小问2详解】解：BC2CH，理由如下，连接CE，如图所示：ACBC，ACB120，点E是AB的中点，AB30，CEAB，BCE60，BC2CE，APDEQD，ADEQ30，DEQH30，BCEHCEH，CEH

27、30H，CHCE，BC2CH【小问3详解】解：设HE与AC的交点为N，如图所示：H30，ACB120，CNH90，当点Q与点N重合时，HQG为直角三角形，PDN120，ADP60，APD180AADP90，点D是AC的中点，AC2，AD1，A30，APD90，DPAD，；当QGH90时，如图所示：QGHDNQ90，HQGDQN，HGDC30，CDP90ADP，又A30，AP2DP，；综上分析可知：AP的长为或【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键26. 如图1，直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，

28、经过点C的直线y2mxn（m，n为常数）与x轴交于点B，且OBOA13（1）求直线y2的函数表达式；（2）点P是直线y2上一动点，当SPAC2SABC时，求点P的坐标；（3）如图2，在平面内有一点M（8，2），连接CM交x轴于点N，连接AM，在平面内是否存在点Q，使得ACQMANACN，且AQAC，若存在，请求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由【答案】（1） （2）或 （3）存在，或【解析】【分析】（1）先求出点C，点B的坐标，代入解析式即可解答；（2）先求出的面积，再由三角形的面积公式解答；（3）先求出ACQ=45，由SAS可证明，可得，QN=AO=12，即可求解【小问1详解】解：直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，【小问2详解】设或【小问3详解】如图，延长AM交y轴于H，直线AM的解析式为当x=0时，y=6，直线MC的解析式为当y=0时，x=-6如图，当点Q在AC上方时，连接QN，当点在AC下方时，点A是的中点，综上所述，点Q的坐标为：或【点睛】本题考查一次函数综合题，涉及待定系数法求一次函数解析式、一次函数的性质、三角形的面积公式、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键