2022年八年级数学上学期期末试卷.docx

2022年八年级数学上学期期末试卷 初二的数学学习难度答，老师们要为同学们打算期末试卷来复习。下面是学习啦我为大家带来的关于八年级数学上学期期末试卷，希望会给大家带来帮助。 八年级数学上学期期末试卷： 一、填空题(每小题2分，共24分) 1.16的平方根是±4. 【分析】依据平方根的定义，求数a的平方根，也就是求一个数x，使得x2=a，则x就是a的平方根，由此即可解决问题. 【解答】解：(±4)2=16， ∴16的平方根是±4. 故答案为：±4. 【点评】本题考查了平方根的定义.留意一个正数有两个平方根，它们互为相反数;0的平方根是0;负数没有平方根. 2.用字母表示的实数m2有算术平方根，则m取值范围是m≥2. 【分析】依据用字母表示的实数m2有算术平方根，可得m2≥0，据此求出m取值范围即可. 【解答】解：用字母表示的实数m2有算术平方根， ∴m2≥0， 解得m≥2， 即m取值范围是m≥2. 故答案为：m≥2. 【点评】此题主要考查了算术平方根的性质和应用，要娴熟驾驭，解答此题的关键是要明确：被开方数a是非负数;算术平方根a本身是非负数.求一个非负数的算术平方根与求一个数的平方互为逆运算，在求一个非负数的算术平方根时，可以借助乘方运算来找寻. 3.点P(4，1)关于x轴对称的点的坐标是(4，1). 【分析】依据点P(x，y)关于x轴的对称点P′的坐标是(x，y)求解. 【解答】解：点P(4，1)关于x轴对称的点的坐标为(4，1). 故答案为(4，1). 【点评】本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标：点P(x，y)关于x轴的对称点P′的坐标是(x，y);点P(x，y)关于y轴的对称点P′的坐标是(x，y). 4.用四舍五入法把9.456精确到百分位，得到的近似值是9.46. 【分析】把千分位上的数字6进行四舍五入即可. 【解答】解：9.456≈9.46(精确到百分位). 故答案为9.46. 【点评】本题考查了近似数和有效数字：经过四舍五入得到的数为近似数;从一个数的左边第一个不是0的数字起到末位数字止，全部的数字都是这个数的有效数字.近似数与精确数的接近程度，可以用精确度表示.一般有，精确到哪一位，保留几个有效数字等说法. 5.，ABCDEF，则DF=4. 【分析】依据全等三角形的对应边相等解答即可. 【解答】解：ABCDEF， ∴DF=AC=4， 故答案为：4. 【点评】本题考查的是全等三角形的性质，驾驭全等三角形的对应边相等、全等三角形的对应角相等是解题的关键. 6.已知函数 是正比例函数，且象在其次、四象限内，则m的值是2. 【分析】当一次函数的象经过二、四象限可得其比例系数为负数，据此求解. 【解答】解：函数 是正比例函数， ∴m23=1且m+1≠0， 解得 m=±2. 又函数象经过其次、四象限， ∴m+10， 解得 m1， ∴m=2. 故答案是：2. 【点评】此题主要考查了正比例函数象的性质：它是经过原点的一条直线.当k0时，象经过一、三象限，y随x的增大而增大;当k0时，象经过二、四象限，y随x的增大而减小. 7.已知a 【分析】求出 的范围：34，即可求出a b的值，代入求出即可. 【解答】解：34，a a b是整数， ∴a=3，b=4， ∴a+b=3+4=7， 故答案为：7. 【点评】本题考查了对无理数的大小比较的应用，解此题的关键是求出 的范围. 8.已知一次函数y=kx+b的象，则关于x的不等式kx+b0的解集是x2. 【分析】干脆利用一次函数象，结合式kx+b0时，则y的值0时对应x的取值范围，进而得出答案. 【解答】解：所示： 关于x的不等式kx+b0的解集是：x2. 故答案为：x2. 【点评】此题主要考查了一次函数与一元一次不等式，正确利用数形结合是解题关键. 9.，长为12cm的弹性皮筋直放置在x轴上，固定两端A和B，然后把中点C向上拉升8cm至D点，则弹性皮筋被拉长了8cm. 【分析】依据勾股定理，可求出AD、BD的长，则AD+BDAB即为橡皮筋拉长的距离. 【解答】解：依据题意得：AD=BD，AC=BC，AB⊥CD， 则在RtACD中，AC= AB=6cm，CD=8cm; 依据勾股定理，得：AD= = =10(cm); 所以AD+BDAB=2ADAB=2012=8(cm); 即橡皮筋被拉长了8cm; 故答案为：8cm. 【点评】此题主要考查了等腰三角形的性质以及勾股定理的应用;娴熟驾驭等腰三角形的性质，由勾股定理求出AD是解决问题的关键. 10.，在四边形ABCD中，∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于点P，若四边形ABCD的面积是9，则DP的长是3. 【分析】作DE⊥BC，交BC延长线于E，则四边形BEDP为矩形，再利用等角的余角相等得到∠ADP=∠CDE，则可利用AAS证明ADPCDE，得到DP=DE，SADP=SCDE，所以四边形BEDP为正方形，S四边形ABCD=S矩形BEDP，依据正方形的面积公式得到DP2=9，易得DP=3. 【解答】解：作DE⊥BC，交BC延长线于E， DP⊥AB，ABC=90°， ∴四边形BEDP为矩形， ∴∠PDE=90°，即∠CDE+∠PDC=90°， ∠ADC=90°，即∠ADP+∠PDC=90°， ∴∠ADP=∠CDE， 在ADP和CDE中 ， ∴ADPCDE， ∴DP=DE，SADP=SCDE， ∴四边形BEDP为正方形，S四边形ABCD=S矩形BEDP， ∴DP2=9， ∴DP=3. 故答案为3. 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具.在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件.也考查了正方形的性质和勾股定理.本题的关键的作协助线构造两个全等的三角形. 11.，已知点P为∠AOB的角平分线上的肯定点，D是射线OA上的肯定点，E是OB上的某一点，满意PE=PD，则∠OEP与∠ODP的数量关系是∠OEP=∠ODP或∠OEP+∠ODP=180°. 【分析】以O为圆心，以OD为半径作弧，交OB于E2，连接PE2，依据SAS证E2OPDOP，推出E2P=PD，得出此时点E2符合条件，此时∠OE2P=∠ODP;以P为圆心，以PD为半径作弧，交OB于另一点E1，连接PE1，依据等腰三角形性质推出∠PE2E1=∠PE1E2，求出∠OE1P+∠ODP=180°即可. 【解答】解：∠OEP=∠ODP或∠OEP+∠ODP=180°，理由如下： 以O为圆心，以OD为半径作弧，交OB于E2，连接PE2，所示： 在E2OP和DOP中， ， ∴E2OPDOP(SAS)， ∴E2P=PD， 即此时点E2符合条件，此时∠OE2P=∠ODP; 以P为圆心，以PD为半径作弧，交OB于另一点E1，连接PE1， 则此点E1也符合条件PD=PE1， PE2=PE1=PD， ∴∠PE2E1=∠PE1E2， ∠OE1P+∠E2E1P=180°， ∠OE2P=∠ODP， ∴∠OE1P+∠ODP=180°， ∴∠OEP与∠ODP全部可能的数量关系是：∠OEP=∠ODP或∠OEP+∠ODP=180°， 故答案为：∠OEP=∠ODP或∠OEP+∠ODP=180°. 【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定等学问点，主要考查学生的猜想实力和分析问题和解决问题的实力，题目具有肯定的代表性，是一道比较好的题目. 12.，直线y=x+2于x、y轴分别交于点A、B两点，以OB为边在y轴右侧作等边三角形OBC，将点C向左平移，使其对应点C′恰好落在直线AB上，则点C移动的距离为 +1. 【分析】先求出直线y=x+2与y轴交点B的坐标为(0，2)，再由C在线段OB的垂直平分线上，得出C点纵坐标为1，将y=1代入y=x+2，求得x=1，即可得到C′的坐标为(1，1)，进而得出点C移动的距离. 【解答】解：直线y=x+2与y轴交于B点， ∴x=0时， 得y=2， ∴B(0，2). 以OB为边在y轴右侧作等边三角形OBC， ∴C在线段OB的垂直平分线上， ∴C点纵坐标为1. 将y=1代入y=x+2，得1=x+2， 解得x=1. 故C点到y轴的距离为： ，故点C移动的距离为： +1. 故答案为： +1. 【点评】本题考查了一次函数象上点的坐标特征，等边三角形的性质，坐标与形改变平移，得出C点纵坐标为1是解题的关键. 二、选择题(每小题3分，共24分) 13.在平面直角坐标系中，点P(2，1)在() A.第一象限 B.其次象限 C.第三象限 D.第四象限 【分析】点P的横坐标为负，在y轴的左侧，纵坐标为正，在x轴上方，那么可得此点所在的象限. 【解答】解：点P的横坐标为负，纵坐标为正， ∴点P(2，1)在其次象限， 故选B. 【点评】解决本题的关键是驾驭好四个象限的点的坐标的特征：第一象限正正，其次象限负正，第三象限负负，第四象限正负. 14.在实数0、π、 、 、 、3.1010010001中，无理数的个数有() A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 【分析】无理数就是无限不循环小数，依据无理数的定义逐个推断即可. 【解答】解：无理数有：π、 ，共2个， 故选B. 【点评】此题主要考查了无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有：π，2π等;开方开不尽的数;以及像0.1010010001，等有这样规律的数. 15.以下形中对称轴的数量小于3的是() A. B. C. D. 【分析】依据对称轴的概念求解. 【解答】解：A、有4条对称轴; B、有6条对称轴; C、有4条对称轴; D、有2条对称轴. 故选D. 【点评】本题考查了轴对称形，解答本题的关键是驾驭对称轴的概念：假如一个形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够相互重合，这个形叫做轴对称形，这条直线叫做对称轴. 16.ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别记为a，b，c，由下列条件不能判定ABC为直角三角形的是() A.∠A：∠B：∠C=l：2：3 B.三边长为a，b，c的值为1，2， C.三边长为a，b，c的值为 ，2，4 D.a2=(c+b)(cb) 【分析】由直角三角形的定义，只要验证最大角是否是90°由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和是否等于最长边的平方即可. 【解答】解：A、∠A：∠B：∠C=1：2：3，∴∠C= ×180°=90°，故是直角三角形，故本选项错误; B、12+( )2=22，∴能构成直角三角形，故本选项错误; C、22+( )2≠42，∴不能构成直角三角形，故本选项正确; D、a2=(c+b)(cb)，∴a2=c2b2，∴能构成直角三角形，故本选项错误. 故选C. 【点评】本题主要考查勾股定理的逆定理的应用.推断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以推断即可. 17.已知点A(2，y1)，B(3，y2)在一次函数y=x2的象上，则() A.y1y2B.y1 【分析】依据k0，一次函数的函数值y随x的增大而减小解答. 【解答】解：k=10， ∴函数值y随x的增大而减小， 23， ∴y1y2. 故选A. 【点评】本题考查了一次函数的增减性，在直线y=kx+b中，当k0时，y随x的增大而增大;当k0时，y随x的增大而减小. 18.，在ABC中，∠C=90°，∠B=30°，边AB的垂直平分线DE交AB于点E，交BC于点D，CD=1，则BC的长为() A.3 B.2+ C.2 D.1+ 【分析】依据线段垂直平分线上的点到线段两端距离相等可得AD=BD，可得∠DAE=30°，易得∠ADC=60°，∠CAD=30°，则AD为∠BAC的角平分线，由角平分线的性质得DE=CD=3，再依据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得BD=2DE，得结果. 【解答】解：DE是AB的垂直平分线， ∴AD=BD， ∴∠DAE=∠B=30°， ∴∠ADC=60°， ∴∠CAD=30°， ∴AD为∠BAC的角平分线， ∠C=90°，DE⊥AB， ∴DE=CD=1， ∠B=30°， ∴BD=2DE=1， ∴BC=3， 故选A. 【点评】本题主要考查了垂直平分线的性质，角平分线上的点到角的两边距离相等的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟记各性质是解题的关键. 19.，RtMBC中，∠MCB=90°，点M在数轴1处，点C在数轴1处，MA=MB，BC=1，则数轴上点A对应的数是() A. +1 B. +1 C. l D. 1 【分析】通过勾股定理求出线段MB，而线段MA=MB，进而知道点A对应的数，减去1即可得出答案. 【解答】解：在RtMBC中，∠MCB=90°， ∴MB= ， ∴MB= ， MA=MB， ∴MA= ， 点M在数轴1处， ∴数轴上点A对应的数是 1. 故选：D. 【点评】题目考察了实数与数轴，通过勾股定理，在数轴找寻无理数.题目整体较为简洁，与课本例题类似，适合随堂训练. 20.，在5×5的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，在中找出格点C，使得ABC是腰长为无理数的等腰三角形，点C的个数为() A.3 B.4 C.5 D.7 【分析】依据题意画出形，找到等腰三角形，计算出腰进步行推断即可. 【解答】解：等腰三角形ABC1中，腰AC1=AB= = =2 ; 等腰三角形ABC2中，腰AC2=AB= = =2 ; 等腰三角形ABC3中，腰AC3=BC3= = ; 等腰三角形ABC4中，腰AC4=BC4= = ; 等腰三角形ABC5中，腰AC5=BC5= = ; 故选C. 【点评】本题考查了勾股定理，利用格点构造等腰三角形计算出腰长是解题的关键. 三、解答题(52分) 21.计算： . 【分析】首先化简二次根式，然后根据实数的运算法则依次计算. 【解答】解： =2+0 = . 【点评】此题主要考查了实数的运算，解题需留意区分三次方根和平方根. 22.(1)已知：(x+1)29=0，求x的值; (2)已知a3的平方根为±3，求5a+4的立方根. 【分析】(1)方程变形后，利用平方根定义开方即可求出x的值; (2)利用平方根定义求出a的值，代入原式求出立方根即可. 【解答】解：(1)方程变形得：(x+1)2=9， 开方得：x+1=3或x+1=3， 解得：x1=2，x2=4; (2)由题意得：a3=9，即a=12， 则5a+4=64，64的立方根为4. 【点评】此题考查了立方根，平方根，娴熟驾驭各自的定义是解本题的关键. 23.已知，点A、B、C、D在一条直线上，AB=CD，EAFB，ECFD，求证：EA=FB. 【分析】首先利用平行线的性质得出，∠A=∠FBD，∠D=∠ECA，进而得出EACFBD，即可得出AC=BD，进而得出答案. 【解答】证明：EAFB， ∴∠A=∠FBD， ECFD， ∴∠D=∠ECA， 在EAC和FBD中， ， ∴EACFBD(AAS)， ∴EA=FB. 【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质等学问，依据已知得出EACFBD是解题关键. 24.，已知一次函数y1=(m2)x+2与正比例函数y2=2x象相交于点A(2，n)，一次函数y1=(m2)x+2与x轴交于点B. (1)求m、n的值; (2)求ABO的面积; (3)视察象，干脆写出当x满意x2时，y1y2. 【分析】(1)先把A点坐标代入正比例函数解析式求出n，从而确定A点坐标，然后利用待定系数法确定m的值; (2)由一次函数y1=x+2求得B的坐标，然后依据三角形面积公式求得即可; (3)依据函数的象即可求得. 【解答】解：(1)把点A(2，n)代入y2=2x得n=2×2=4，则A点坐标为(2，4)， 把A(2，4)代入y1=(m2)x+2得，4=(m2)×2+2 解得m=3; (2)m=3， ∴y1=x+2， 令y=0，则x=2， ∴B(2，0)， A(2，4)， ∴ABO的面积= ×2×4=4; (3)由象可知：当x2时，y1y2. 故答案为x2. 【点评】本题考查了两直线平行或相交的问题：直线y=k1x+b1(k1≠0)和直线y=k2x+b2(k2≠0)平行，则k1=k2;若直线y=k1x+b1(k1≠0)和直线y=k2x+b2(k2≠0)相交，则交点坐标满意两函数的解析式.也考查了待定系数法求函数的解析式. 25.所示，ACB与ECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90°，点D为AB边上的一点. (1)求证：BCDACE; (2)若AE=8，DE=10，求AB的长度. 【分析】(1)依据等腰直角三角形的性质得出CE=CD，AC=BC，∠ACB=∠ECD=90°，∠B=∠BAC=45°，求出∠ACE=∠BCD，依据SAS推出两三角形全等即可; (2)依据全等求出AE=BD，∠EAC=∠B=45°，求出∠EAD=90°，在RtEAD中，由勾股定理求出AD，即可得出AB的长度. 【解答】(1)证明：ACB与ECD都是等腰直角三角形， ∴CE=CD，AC=BC，∠ACB=∠ECD=90°，∠B=∠BAC=45°， ∴∠ACE=∠BCD=90°∠ACD， 在ACE和BCD中， ， ∴BCDACE(SAS); (2)解：BCDACE， ∴BD=AE=8，∠EAC=∠B=45°， ∴∠EAD=45°+45°=90°， 在RtEAD中，由勾股定理得：AD= = =6， ∴AB=BD+AD=8+6=14. 【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，解此题的关键是能求出ACEBCD和求出AD的长，难度适中. 26.(1)视察与归纳：在1所示的平面直角坐标系中，直线l与y轴平行，点A与点B是直线l上的两点(点A在点B的上方). 小明发觉：若点A坐标为(2，3)，点B坐标为(2，4)，则AB的长度为7; 小明经过多次取l上的两点后，他归纳出这样的结论：若点A坐标为(t，m)，点B坐标为(t，n)，当mn时，AB的长度可表示为mn; (2)2，正比例函数y=x与一次函数y=x+6交于点A，点B是y=x+6象与x轴的交点，点C在第四象限，且OC=5.点P是线段OB上的一个动点(点P不与点0、B重合)，过点P与y轴平行的直线l交线段AB于点Q，交射线OC于R，设点P横坐标为t，线段QR的长度为m.已知当t=4时，直线l恰好经过点C. 求点A的坐标; 求OC所在直线的关系式; 求m关于t的函数关系式. 【分析】(1)直线AB与y轴平行，A(x1，y1)，B(x2，y2)，A、B两点横坐标相等，再依据AB的长度为|y1y2|即可求得， (2)联立方程，解方程得出A点的坐标; 依据勾股定理求得C点坐标，然后依据待定系数法即可求得OC所在直线的关系式; 分两种状况分别探讨求出即可. 【解答】解：(1)若点A坐标为(2，3)，点B坐标为(2，4)，则AB的长度为3(4)=7; 若点A坐标为(t，m)，点B坐标为(t，n)，当mn时，AB的长度可表示为mn; 故答案为7;mn; (2)解 得 ， ∴A(3，3); 直线l平行于y轴且当t=4时，直线l恰好过点C，2，作CE⊥OB于E， ∴OE=4， 在RtOCE中，OC=5， 由勾股定理得： CE= =3， ∴点C的坐标为：(4，3); 设OC所在直线的关系式为y=kx，则3=4k， ∴k= ， ∴OC所在直线的关系式为y= x; 由直线y=x+6可知B(6，0)， 作AD⊥OB于D， A(3，3)， ∴OD=BD=AD=3， ∴∠AOB=45°，OA=AB， ∴∠OAB=90°，∠ABO=45° 当0 直线l平行于y轴， ∴∠OPQ=90°， ∴∠OQP=45°， ∴OP=QP， 点P的横坐标为t， ∴OP=QP=t， 在RtOCE中， tan∠EOC=|k|= ， ∴tan∠POR= = ， ∴PR=OPtan∠POR= t， ∴QR=QP+PR=t+ t= t， ∴m关于t的函数关系式为：m= t; 当3 ∠BPQ=90°，∠ABO=45°， ∴∠BQP=∠PBQ=45°， ∴BP=QP， 点P的横坐标为t， ∴PB=QP=6t， PRCE， ∴BPRBEC， ∴ = ， ∴ = ， 解得：PR=9 t， ∴QR=QP+PR=6t+9 t=15 t， ∴m关于t的函数关系式为：m=15 t; 综上，m关于t的函数关系式为m= . 【点评】此题主要考查了一次函数综合以及相像三角形的判定与性质和勾股定理等学问，利用分类探讨以及数形结合得出是解题关键. 27.1，甲、乙两车分别从相距480km的A、B两地相向而行，乙车比甲车先动身1小时，并以各自的速度匀速行驶，甲车到达C地后因有事按原路原速返回A地.乙车从B地直达A地，两车同时到达A地.甲、乙两车距各自动身地的路程y(千米)与甲车动身所用的时间x(小时)的关系2，结合象信息解答下列问题： (1)乙车的速度是80千米/时，乙车行驶的时间t=6小时; (2)求甲车从C地按原路原速返回A地的过程中，甲车距它动身地的路程y与它动身的时间x的函数关系式; (3)干脆写出甲车动身多长时间两车相距8O千米. 【分析】(1)结合题意，利用速度=路程÷时间，可得乙的速度、行驶时间; (2)找到甲车到达C地和返回A地时x与y的对应值，利用待定系数法可求出函数解析式; (3)甲、乙两车相距80千米有两种状况： 相向而行：相等关系为甲车行驶路程+乙车行驶路程+甲乙间距离=480， 同向而行：相等关系为甲车距它动身地的路程+乙车路程甲乙间距离=480 分别依据相等关系列方程可求解. 【解答】解：(1)乙车比甲车先动身1小时，由象可知乙行驶了80千米， ∴乙车速度为：80千米/时，乙车行驶全程的时间t=480÷80=6(小时); (2)依据题意可知甲从动身到返回A地需5小时， 甲车到达C地后因马上按原路原速返回A地， ∴结合函数象可知，当x= 时，y=300;当x=5时，y=0; 设甲车从C地按原路原速返回A地时，即 ， 甲车距它动身地的路程y与它动身的时间x的函数关系式为：y=kx+b， 将 函数关系式得： ， 解得： ， 故甲车从C地按原路原速返回A地时， 甲车距它动身地的路程y与它动身的时间x的函数关系式为：y=120x+600; (3)由题意可知甲车的速度为： (千米/时)， 设甲车动身m小时两车相距8O千米，有以下两种状况： 两车相向行驶时，有：120m+80(m+1)+80=480， 解得：m= ; 两车同向行驶时，有：600120m+80(m+1)80=480， 解得：m=3; ∴甲车动身 两车相距8O千米. 故答案为：(1)80，6. 【点评】本题主要考查了一次函数的应用问题，解答此题的关键是要理解分段函数象所表示的实际意义， 精确找到等量关系，列方程解决实际问题，属中档题. 看过八年级数学上学期期末试卷的还看了： 1.2022八上数学期末试卷 2.八年级上册数学期末模拟试题 3.8年级黄冈数学期末试卷 4.初二数学期末考试试卷分析 5.八年级下册数学期末试卷及答案 第26页 共26页第 26 页 共 26 页第 26 页 共 26 页第 26 页 共 26 页第 26 页 共 26 页第 26 页 共 26 页第 26 页 共 26 页第 26 页 共 26 页第 26 页 共 26 页第 26 页 共 26 页第 26 页 共 26 页