2022-2023学年河北省邯郸市馆陶实验中学、魏僧寨中学八年级（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年河北省邯郸市馆陶实验中学、魏僧寨中学八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共16小题，共42.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 一本笔记本元，买本共付元，则变量是( )
A. B. 和 C. D. 和
2. 矩形具有而菱形不一定具有的性质是( )
A. 对角相等 B. 对边相等 C. 对角线相等 D. 对角线互相平分
3. 如图，用方向和距离描述少年宫相对于小明家的位置，正确的是( )
A. 北偏东，
B. 东北方向
C. 北偏西，
D. 北偏东，
4. 为了调查盐城市某校学生的视力情况，在全校的名学生中随机抽取了名学生，下列说法正确的是( )
A. 此次调查属于普查 B. 样本容量是
C. 名学生是总体 D. 被抽取的每一名学生称为个体
5. 如图，点是 的边延长线上的一点，若，则的度数为( )
A. B. C. D.
6. 某班级开展“好书伴成长”读书活动，统计了至月份该班学生每月阅读课外书的数量，并绘制了如图所示的折线统计图，其中从到月份每月阅读课外书本数的最大值比最小值多( )
A.
B.
C.
D.
7. 若正比例函数的值随值的增大而增大，则的值可以是( )
A. B. C. D.
8. 一个多边形的内角和是外角和的倍，这个多边形的边数为( )
A. B. C. D.
9. 正方形的边长为，若边长增加，那么面积增加，则关于的函数表达式为( )
A. B. C. D.
10. 若实数、满足，则一次函数的图象可能是( )
A. B.
C. D.
11. 嘉淇调查了本班学生最喜欢的体育项目情况每人只选一项，并绘制成如图所示的扇形统计图和条形统计图，其中条形统计图被撕坏了一部分，则与的和为( )
A. B. C. D.
12. 如图，将一个圆柱形无盖小烧杯的杯底固定在圆柱形大烧杯的杯底中央，现沿着大烧杯内壁匀速注水，注满后停止注水则大烧杯水面的高度与注水时间之间的函数图象大致是( )
A.
B.
C.
D.
13. 如图，直线，在某平面直角坐标系中，轴，轴，点的坐标为，点的坐标为，则坐标原点可能为( )
A.
B.
C.
D.
14. 如图，在正方形中，点为上一点，与交于点，若，则的度数为( )
A.
B.
C.
D.
15. 如图已知点，，当直线与线段有交点时，的取值范围是( )
A.
B.
C. 或
D. 或
16. 如图，平行四边形中，，，，为中点，过点分别交，于点，、连接、甲、乙、丙分别给出了一个结论，下列判断正确的是( )
甲：四边形为平行四边形；
乙：当时，四边形为菱形；
丙：四边形不可能为正方形．
A. 甲、乙、丙都对 B. 只有甲、乙对 C. 只有甲、丙对 D. 只有乙、丙对
二、填空题（本大题共2小题，共6.0分）
17. 在平面直角坐标系中，若点与点关于轴对称，则点的坐标是______ ．
18. 如图，将一个边长为的正方形活动框架边框粗细忽略不计扭动成四边形，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到时才会断裂若，则橡皮筋 ______ 断裂填“会”或“不会”，此时四边形的面积为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. 本小题分
暑期将至，某游泳俱乐部面向学生推出暑期优惠活动，活动方案如下：
方案一：购买一张学生暑期专享卡，每次游泳费用按六折优惠；
方案二：不购买学生暑期专享卡，每次游泳费用按八折优惠．
设某学生暑期游泳次，按照方案一所需费用为元，且；按照方案二所需费用为元，且，其函数图象如图所示．
的值是______ ；
打折前的每次游泳费用是______ 元；
若小明打算办一张暑期专享卡，使得游泳的费用更合算，则他去游泳的次数至少是______ ．
20. 本小题分
点燃一根蜡烛后，蜡烛的高度厘米与燃烧时间分钟之间的关系如下表．
分钟
厘米
求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
求点燃分钟时，蜡烛的高度．
21. 本小题分
如图，在平面直角坐标系中，每个小方格的边长为个单位长度，的顶点，的坐标分别为，．
点的坐标为______ ；
平移，将点移动到点，其中点的对应点为，点的对应点为．
在平面直角坐标系中画出，并写出点，的坐标；
的面积为______ ．
22. 本小题分
某校为了了解初三学生对安全知识的掌握情况，加强学生的安全防范和自我保护意识，对该校名初三学生开展安全知识竞赛活动用简单随机抽样的方法，随机抽取若干名学生的答题成绩进行统计，并分别制成如下频数分布表和如图所示的不完整频数分布直方图．
表格中， ______ ， ______ ；
请把频数分布直方图补充完整；画图后标注相应的数据
规定成绩分以上含分的同学成为“安全明星”，估计该校初三学生成为“安全明星”的人数．
初三学生安全知识竞赛成绩频数分布表
成绩分 频数 频率
23. 本小题分
如图，直线：和直线：分别交轴于点，，两直线交于点．
求，的值；
求直线，与轴所围成的的面积；
根据图象直接写出当时，自变量的取值范围．
24. 本小题分
如图，在矩形中，点在边上，且，过点作交的延长线于点．
求证：四边形是菱形；
若，．
求的长；
、交于点，连接，求的长．
25. 本小题分
一队学生从学校出发去劳动基地、队伍走了小时后、队伍中的通讯员按原路加快速度返回学校取材料通讯员经过一段时间回到学校，取到材料后立即按返校时的速度追赶队伍取材料的时间忽略不计，并比学生队伍早分钟到达基地图中的线段表示学生队伍距学校的路程千米与出发时间小时之间的函数关系，折线表示通讯员距学校的路程千米与出发时间小时之间的函数关系．
图中的 ______ ， ______ ，点的坐标为______ ；
求和所在直线的函数表达式；
若通讯员与学生队伍的距离不超过千米时能用无线对讲机进行联系，请你直接写出通讯员离开队伍后到与队伍在基地汇合，他们能用对讲机联系的时长．
26. 本小题分
如图，在平行四边形中，对角线与相交于点，点，分别为，的中点．
求证：≌；
延长至，使，连接，延长交于点．
当与满足什么数量关系时，四边形是矩形？请说明理由；
在的条件下，若，，求四边形的面积．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：一本笔记本的单价是元不变的，因此是常量，
而购买的本数，总费用是变化的量，因此和是变量，
故选：．
根据常量、变量的意义进行判断即可．
本题考查了常量、变量，理解在某一变化过程中“常量”“变量”的意义是正确判断的前提．
2.【答案】
【解析】解：因为矩形的性质：对角相等、对边相等、对角线相等；
菱形的性质：对角相等、对边相等、对角线互相垂直．
所以矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等．
故选：．
根据菱形和矩形的性质即可判断．
本题考查了菱形的性质、矩形的性质，解决本题的关键是掌握菱形和矩形的性质．
3.【答案】
【解析】解：小明家在少年宫的南偏西方向的处，
少年宫在小明家的北偏东方向的处．
故选：．
根据方向角的定义解答即可．
本题考查了坐标确定位置，主要是对方向角的定义的考查，需熟记．
4.【答案】
【解析】解：、此次调查属于抽样调查，故此选项不合题意；
B、样本数量是，故此选项符合题意；
C、名学生的视力情况是总体，故此选项不合题意；
D、被抽取的每一名学生的视力情况称为个体，故此选项不合题意．
故选：．
总体是指考查的对象的全体，个体是总体中的每一个考查的对象，样本是总体中所抽取的一部分个体．
此题主要考查了总体、个体、样本．正确理解总体、个体、样本的概念是解决本题的关键．
5.【答案】
【解析】解：，
，
四边形是平行四边形，
，
故选：．
由，求得，由平行四边形的性质得，于是得到问题的答案．
此题重点考查平行四边形的性质，正确理解和应用“平行四边形的对角相等”这一性质是解题的关键．
6.【答案】
【解析】解：本，
即从到月份每月阅读课外书本数的最大值比最小值多．
故选：．
从折线图中获取信息，可得从月到月每月阅读课外书本数的最大值比最小值相差多少．
本题考查了折线统计图，利用数形结合的方法是解题的关键．
7.【答案】
【解析】解：一次函数的图象中值随值的增大而增大，
，
．
故选：．
由一次函数的图象中值随值的增大而增大，可得出，解之即可得出的取值范围，再对照四个选项即可得出结论．
本题考查了一次函数的性质，牢记“，随的增大而增大；，随的增大而减小”是解题的关键．
8.【答案】
【解析】解：设这个多边形的边数为．
由题意得，．
．
这个多边形的边数为．
故选：．
设这个多边形的边数为，根据多边形的边数与内角和的关系以及任意多边形的外角和等于度，得，从而解决此题．
本题主要考查多边形的边数与内角和的关系、任意多边形的外角和，熟练掌握多边形的边数与内角和的关系、任意多边形的外角和等于度是解决本题的关键．
9.【答案】
【解析】解：新正方形边长是，原正方形边长是，
新正方形面积是，原正方形面积是，
故选：．
增加的面积新正方形的面积原正方形的面积，把相关数值代入化简即可．
本题考查列二次函数解析式，根据题意列出增加面积的等量关系是解决本题的关键．
10.【答案】
【解析】解：因为，得到，或，，
当，，图象经过第一、二、四象限；
当，，图象经过第一、三、四象限，
故选B．
利用，得到，或，，然后根据一次函数图象与系数的关系进行判断．
本题考查了一次函数图象与系数的关系：一次函数、为常数，是一条直线，当，图象经过第一、三象限，随的增大而增大；当，图象经过第二、四象限，随的增大而减小；图象与轴的交点坐标为．
11.【答案】
【解析】解：调查的学生总人数为：，
兵乒球和足球的百分比的和为，
，
．
故选：．
根据喜欢兵乒球的人数和扇形图的圆心角可以求出总人数，再求出兵乒球和足球的百分比的和，即可求出与的和．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估算总体等知识，明确题意，数形结合是解答本题的关键．
12.【答案】
【解析】解：大烧杯的液面高度随时间的增加而增大，当小烧杯注满水后大烧杯的液面高度升高速度应该是由快到慢，故选项D符合题意．
故选：．
根据题意判断出大烧杯的液面高度随时间的变化情况即可．
本题考查了函数的图象．正确理解函数图象横纵坐标表示的意义，理解问题的过程，能够通过图象得到函数是随自变量的增大，知道函数值是增大还是减小．
13.【答案】
【解析】解：如图所示，在平面直角坐标系中，画出点，点，点，关于直线对称，
则原点在线段的垂直平分线上在线段的右侧，
如图所示，连接，作的垂直平分线，则线段右上方的点为坐标原点．
故选：．
先根据点、的坐标求得直线在坐标平面内的位置，即可得出原点的位置．
本题主要考查了坐标与图形性质，解决问题的关键是掌握关于直线对称的点的坐标特征：点关于直线对称的点的坐标为．
14.【答案】
【解析】解：四边形是正方形，
，
，
在和中，
，
≌，
，
故选：．
由正方形的性质可得，由外角的性质可求，由“”可证≌，可得，即可求解．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的对角线平分每一组对角是解题的关键．
15.【答案】
【解析】解：，
直线恒过点，
当直线刚好过点时，将代入中得：，
解得，
当直线刚好过点时，将代入中得：，
解得，
当直线与线段有交点时，的取值范围为：或，
故选：．
由已知得直线恒过点，分别求出直线和直线的比例系数，即可求解．
本题主要考查了一次函数图象与系数的关系，一次函数图象上点的坐标的特征，利用待定系数法求出临界值是解题的关键．
16.【答案】
【解析】解：四边形是平行四边形，
，
，
为中点，
，
又，
≌，
，
四边形为平行四边形；故甲的结论是正确的；
，，，
，
，
，
，
为中点，
，
四边形是平行四边形，
当时，四边形为菱形，故乙的结论是正确的；
当时，四边形为菱形，此时，
四边形不可能为正方形．故丙的结论是正确的．
故答案为：．
由平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定定理判断即可．
本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，熟练掌握菱形、矩形、正方形的判定方法是解决问题的关键．
17.【答案】
【解析】解：与点关于轴对称，则点的坐标是，
故答案为：．
根据关于轴对称点的横坐标不变，纵坐标互为相反数求解即可．
本题考查了关于坐标轴对称点的坐标，解题关键是熟记关于轴对称点的横坐标不变，纵坐标互为相反数．
18.【答案】不会
【解析】解：设与相交于点，
由题意可得：四边形是菱形，
，，，，
，
是等边三角形，
，
，
在中，，
，
，
橡皮筋不会断裂，
此时四边形的面积为：
故答案为：不会，．
设与相交于点，根据菱形的性质可得，，，，从而可得是等边三角形，进而可得，然后再在中，利用勾股定理求出，从而求出的长，即可得出答案．
本题考查了菱形的性质，勾股定理的应用，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
19.【答案】
【解析】解：由图可知：时，，
，
故答案为：；
由知，将代入得：
，
解得，
，
打折前每次游泳费用是元，
故答案为：；
方案二打八折每次游泳费用元，
；
办一张暑期专享卡，使得游泳的费用更合算，
，
解得，
是整数，
最小为，
故答案为：．
由图象与轴交点坐标直接可得结果；
将代入即得，再列式计算可得打折前的每次游泳费用；
求出，再列不等式，结合为整数可得答案．
本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法、一元一次不等式等知识，解题的关键是列出、关于的函数关系式．
20.【答案】解：设与之间的函数关系式为，
将，代入得：，
解得：，
与之间的函数关系式为；
当时，，
即点燃分钟时，蜡烛的高度是厘米．
【解析】设与之间的函数关系式为，将，代入即可；
将代入即可．
本题主要考查了待定系数法求一次函数表达式、一次函数的应用，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键．
21.【答案】
【解析】解：．
故答案为：；
如图；点的坐标为，点的坐标为；
的面积．
故答案为：．
根据点的位置写出坐标；
利用平移变换的性质分别作出，的对应点，即可；
把三角形的面积看成矩形的面积减去周围的三个三角形面积即可．
本题考查作图平移变换，解题的关键是掌握平移变换的性质，属于中考常考题型．
22.【答案】
【解析】解：样本容量为人，
，
，
故答案为：；；
人；
频数分布图如图所示：
该校初三学生成为“安全明星”的共有人．
答：该校初三学生成为“安全明星”的估计有人．
先根据的频数及频率求出样本容量，可得结论；
根据中结论，画出图形即可．
用总人数乘以成绩分以上含分的人数所占比例即可．
本题主要考查频数分布直方图、样本估计总体，解题的关键是根据直方图得出解题所需数据、样本估计总体思想的运用．
23.【答案】解：将点代入直线，
得，解得，
．
将代入直线，得，
解得，
，；
由得，
，
，
，
，
；
观察图象可知，当时，自变量的取值范围是．
【解析】先把代入，求出的值，从而确定点坐标，然后把点坐标代入，即可求出的值；
先确定点、的坐标，然后根据三角形面积公式求解即可；
观察函数图象得到当时，符合条件的图象在点左边，即当时，直线在直线上方．
本题考查了两条直线相交或平行问题，一次函数图象的性质，图象与坐标轴围成的图形的面积，熟练掌握一次函数图象的性质是解题关键．
24.【答案】解：四边形是矩形，
，，，
又，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形；
四边形是菱形；
，
，
，
，
；
如图，
，，，
，
四边形是菱形，
，
又，
．
【解析】由矩形的性质可得，，由菱形的判定可证四边形是菱形；
由菱形的性质可得，利用勾股定理可求的长；
由勾股定理可求的长，由菱形的性质可得，由直角三角形的性质可求解．
本题了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
25.【答案】
【解析】解：学生队伍的速度是千米小时，
所以千米，
小时，
由题意得，通讯员返回时的速度是千米小时，
所以点即；
故答案为：，；．
设所在直线的表达式为，
把，代入得，解得，，
所在直线的表达式为；
设所在直线的表达式为，
把，代入得，解得，，
所在直线的表达式为；
小时．
由题图可得直线的表达式为．
令，解得；
令，解得．
当时，，
通讯员离开队伍后到与队伍在基地汇合，他们能用对讲机联系的时长为小时．
根据函数图象可得：当时，学生队伍走的路程，即可得到学生队伍的速度，再利用通讯员提前分钟到达可得的值，根据通讯员的路程和速度可得点的坐标；
根据、、三点的坐标，分别求线段、线段和线段的解析式，即可解答；
求出线段、的解析式，分两种情况进行讨论即可解答．
本题考查了一次函数的应用，解决本题的关键是分类讨论思想的应用．
26.【答案】证明：四边形是平行四边形，
，，，
．
点，分别为，的中点，
．
在和中，
≌；
解：当时，四边形是矩形；
理由如下：
四边形是平行四边形，
．
．
又，
．
是的中点，
，
．
同理可得，
，
．
，．
是的中位线，
，
，
四边形是平行四边形．
，
四边形是矩形；
，，
，．
，分别是，的中点，
，
．
，
，
四边形的面积为．
【解析】根据平行四边形的性质可得再由三角形的判定方法可得结论；
根据平行四边形的性质与判定可得四边形是平行四边形．根据矩形的判定方法可得结论；
由三角形中位线定理可得，再根据矩形的面积公式可得答案．
此题考查的是全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理等知识，掌握其性质定理是解决此题的关键．
第1页，共1页