期末练习卷（含解析）-2024-2025学年数学八年级下册青岛版

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期末练习卷-2024-2025学年数学八年级下册青岛版
一、单选题
1．的算术平方根是（ ）
A． B． C． D．
2．我国古代数学的发展历史源远流长，曾诞生了很多伟大的数学发现．下列与我国古代数学发现相关的图形中，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
3．下列各组数中，是勾股数的为（ ）
A．1，1， B．1.5，2，2.5 C．4，5，6 D．5，12，13
4．周末，小刚去正在装修的房屋查看进度，放在地上的一块地板砖吸引了他的注意，于是他找来卷尺进行如下操作：①测量地板砖的两组对边长度是否分别相等；②测量地板砖的两条对角线是否相等，以此判断地板砖的表面是否为矩形．小刚的判断依据是（ ）
A．对角线相等的平行四边形是矩形 B．有三个角是直角的四边形是矩形
C．有一个角是直角的平行四边形是矩形 D．对角线相等的四边形是矩形
5．将直线平移得到直线，则移动方法为（ ）
A．向左平移4个单位 B．向右平移4个单位
C．向上平移4个单位 D．向下平移4个单位
6．如图，在四边形中， ．以点为圆心，长为半径画弧，交于点，再分别以点为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点．若，则的长为（　　）
A．10 B．12 C．13 D．6
7．如图，矩形的顶点分别在轴、轴上，，将矩形绕点顺时针旋转，每次旋转，则第2022次旋转结束时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．若关于x的一元一次方程的解为正整数，且关于x的不等式组无解，则符合条件的整数k的值的和为（ ）
A．6 B．5 C．4 D．2
二、填空题
9．计算： ．
10．计算： ．
11．如图，将数，，表示在数轴上，其中能被墨迹覆盖的数是 ．
12．已知是一次函数图象上两点，若，则 ．（填“>”“<”或“”）
13．如图，在四边形中，对角线，相交于点，其中，请你再添加一个条件，使四边形为平行四边形，可以添加的条件是 ．
14．如图．一台笔记本电脑平放在桌上，屏幕宽为，当电脑张角为时，顶部边缘处离桌面的距离为，调整电脑的张角，当张角为（点与点为笔记本顶部边缘同一点）时，顶部边缘处到桌面的距离为，则处与处之间的距离长为 ．
15．如图，在长方形中，点E是的中点，连接，将沿翻折得到，交于点H，延长、相交于点G，若，，则 ．
16．如图，一次函数的图象与x轴、y轴分别交于点A、B，点是x轴上一点，点E、F分别为直线，y轴上的两个动点，当周长最小时，点E的坐标为 ．
三、解答题
17．解不等式组：
18．计算：
(1)
(2)
19．已知的平方根是，的算术平方根是4，求：
(1)a、b的值．
(2)求的立方根．
20．已知与成正比例，当时，．
(1)求y与x的函数表达式；
(2)若点关于y轴的对称点恰好落在该函数的图象上，求m的值．
21．Ⅰ号无人机从海拔处出发，以的速度匀速上升，Ⅱ号无人机从海拔处同时出发，以的速度匀速上升，经过两架无人机位于同一海拔高度．无人机海拔高度与时间的关系如图．两架无人机都上升了．
(1)求的值及Ⅱ号无人机海拔高度与时间的关系式；
(2)问无人机上升了多少时间，Ⅰ号无人机比Ⅱ号无人机高米．
22．随着“低碳生活，绿色出行”理念的普及，“中国智造”的新能源汽车正引领世界潮流，逐渐成为人们喜爱的交通工具．某汽车4S店计划购进一批新能源汽车进行销售，根据市场调研知，2辆型汽车和3辆型汽车的进价共计80万元；3辆型汽车和2辆型汽车的进价共计95万元．
(1)求两种型号的汽车每辆进价分别为多少万元；
(2)若该4S店计划正好用200万元购进以上两种型号的新能源汽车（两种型号的汽车均购买），则该4S店共有几种购进方案？
(3)若该4S店销售1辆型汽车可获利0.7万元，销售1辆型汽车可获利0.4万元，在（2）中的购买方案中，不计其他成本，当购进的新能源汽车全部售出，哪种方案获利最大？最大利润是多少万元？
23．如图，在平行四边形中，分别是的中点，分别是对角线上的四等分点，顺次连接．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)当平行四边形满足什么条件时，四边形是菱形？请说明理由．
(3)若．探究四边形的形状，并说明理由．
24．（1）【问题提出】如图1，在和中，，，，，三点在一条直线上，，，则的长度为________；

（2）【问题探究】如图2，在中，，，，且，求点到的距离；
（3）【问题解决】如图3，在四边形中，，，，求的周长．
《期末练习卷-2024-2025学年数学八年级下册青岛版》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A B D A D B C D
1．A
【分析】本题主要考查了求一个数的算术平方根，对于两个实数a、b，满足，若 a为非负数，那么a就叫做b的算术平方根，据此求解即可．
【详解】解：的算术平方根是，
故选：A．
2．B
【分析】本题考查了轴对称图形“如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，那么这个图形叫做轴对称图形”和中心对称图形“在平面内，把一个图形绕某点旋转，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形”，熟记中心对称图形的定义和轴对称图形的定义是解题关键．根据轴对称图形的定义和中心对称图形的定义逐项判断即可得．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，则此项不符合题意；
B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，则此项符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，则此项不符合题意；
D、既是轴对称图形，也是中心对称图形，则此项不符合题意；
故选：B．
3．D
【分析】本题主要考查了勾股数问题，若三个正整数满足两较小的数的平方和等于最大数的平方，那么这三个数是勾股数，据此求解即可
【详解】解：A、不是正整数，不是勾股数，不符合题意；
B、1.5，2.5不是正整数，不是勾股数，不符合题意；
C、，不是勾股数，不符合题意；
D、因为，所以5，12，13是勾股数，符合题意．
故选：D．
4．A
【分析】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，熟练掌握平行四边形和矩形的判定是解题的关键．利用①判定平行四边形，再利用②判定矩形，即可得判断依据．
【详解】解：由①测量地板砖的两组对边长度是否分别相等，
即，，
则可判断四边形是平行四边形；
由②测量地板砖的两条对角线是否相等，
即，
则利用“对角线相等的平行四边形是矩形”可判断四边形是矩形；
故选：A．
5．D
【分析】本题考查一次函数图象的平移规律，关键在于规律“左加右减，上加下减”的认识．根据“左加右减，上加下减”的平移规律即可求解．
【详解】解：将直线平移得到直线，则移动方法为向下平移4个单位
故选：D．
6．B
【分析】本题考查作图复杂作图，平行四边形的性质，菱形的判定和性质等知识，证明即可，设交于点，连接，证明四边形是菱形，利用勾股定理求出即可解决问题，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【详解】证明：由作图可知，平分，
，
，
，
，
，
如图，设交于点，连接，
由作图可知：，平分，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，
在中，，
，
．
故选：B．
7．C
【分析】本题考查图形的旋转，通过旋转角度找到旋转规律，从而确定第2022次旋转后矩形的位置是解题的关键．
过点作轴于点，连接，根据已知条件求出点的坐标，再根据旋转的性质求出前4次旋转后点的坐标，发现规律，进而求出第2022次旋转结束时，点的坐标．
【详解】解：如图，过点作轴于点，连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
∵矩形绕点顺时针旋转，每次旋转，
则第1次旋转结束时，点的坐标为；
则第2次旋转结束时，点的坐标为；
则第3次旋转结束时，点C的坐标为；
则第4次旋转结束时，点(的坐标为；
发现规律：旋转4次一个循环，
则第2022次旋转结束时，点的坐标为．
故选：C．
8．D
【分析】本题考查了一元一次方程的整数解、一元一次不等式组的解集，熟练掌握解一元一次方程，根据不等式组的解的情况求参数是解题的关键．先求出的解为，从而推出，再整理不等式组为，结合不等式组无解得到，最后利用整数k的值以及是正整数的条件即可解答．
【详解】解：由，得，
∵方程的解为正整数，
∴，
解得：，
∵，
∴解①得，
解②得，
∴，
∵不等式组无解，
∴，
∴，
即整数，
∵为正整数，
∴，或，
则符合条件的整数的值的和为．
故选：D．
9．3
【分析】本题主要考查了二次根式的性质和化简，其中利用了，掌握以上知识是解题的关键；
根据二次根式的性质和化简，进行作答，即可求出结果．
【详解】解：∵，
∴，
故答案为：3．
10．
【分析】此题考查了二次根式的乘法，熟练掌握二次根式的乘法法则是关键．按照进行计算即可．
【详解】解：，
故答案为：
11．
【分析】本题考查了实数与数轴、无理数的估算，先根据数轴得被墨迹覆盖的数，再结合进行作答即可．
【详解】解：由数轴得被墨迹覆盖的数，
∵
∴
则能被墨迹覆盖的数是，
故答案为：
12．>
【分析】本题考查了一次函数的性质，熟知一次函数的图象与性质是解题的关键．
根据所给一次函数解析式，结合一次函数的性质即可解决问题．
【详解】解：因为一次函数解析式为，
所以y随x的增大而减小．
因为在此一次函数图象上，且，
所以．
故答案为：>．
13．（答案不唯一）
【分析】本题主要考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．根据平行四边形的判定方法添加条件即可．
【详解】解：根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
故可添加，
根据两组对边分别相等的四边形为平行四边形，
故可添加，
故答案为：．（答案不唯一）
14．
【分析】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．由勾股定理分别求出、的长，即可得出结果．
【详解】解：由题意得：，，，，
在中，，
在中，，
，
故答案为：．
15．
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，连接，根据点是的中点得，根据四边形是长方形得，根据将沿翻折得到得，利用证明，得，设，则，，在中，根据勾股定理得，，进行计算即可得．
【详解】解：如图所示，连接，
∵点是的中点，
∴，
∵四边形是长方形，
∴，
∵将沿翻折得到，
∴
在和中，
，
∴，
∴，
设，则，，
在中，根据勾股定理得，，
∴，
解得，
故答案为：．
16．
【分析】本题考查一次函数与几何的综合应用，坐标与轴对称，过点作轴，且，连接，交于点，作点关于轴的对称点，连接，易得关于对称，得到的周长，得到当四点共线时，的周长最小为的长，连接，与的交点即为点，进行求解即可．
【详解】解：∵，
∴当时，，当时，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
过点作轴，且，连接，交于点，作点关于轴的对称点，连接，，则：，，，
∵，
∴，
∵，
∴，即：，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∴的周长，
∴当四点共线时，的周长最小为的长，
设的解析式为：，
则：，解得：，
∴，
联立，解得：，
∴，
故答案为：．
17．
【分析】本题考查求不等式组的解集，分别求出每一个不等式的解集，找到它们的公共部分，即为不等式组的解集．
【详解】解：由①，得：；
由②，得：；
∴不等式组的解集为：．
18．(1)
(2)
【分析】本题考查了实数的运算，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
（1）先根据算术平方根、立方根运算法则计算，再合并即可；
（2）先根据零指数幂、算术平方根、立方根的运算法则计算，再根据有理数的加减法则计算即可．
【详解】（1）解：，
，
；
（2）解：，
，
．
19．(1)；
(2)3．
【分析】本题考查了平方根、算术平方根、立方根的意义，熟练掌握定义是解答本题的关键．
（1）根平方根、算术平方根的意义可以求得a、b的值；
（2）先求出的值，再求的立方根即可．
【详解】（1）解：∵的平方根是，
∴，解得．
∵的算术平方根是4，
∴，
解得，
（2）∵
∴．
∴的立方根为3．
20．(1)
(2)
【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式，关于y轴对称点的坐标特征等知识，解题的关键是：
（1）设，把时，代入求解即可；
（2）利用轴对称性求出对称点的坐标，然后代入求解即可．
【详解】（1）解： 与成正比例，
∴设，
∵当时，，
，
，
，
．
（2）∵点是点关于y轴的对称点．
∴点为．
又∵点恰好落在该函数的图象上，
．
21．(1)，
(2)
【分析】本题考查的是一次函数的应用，根据题意确定和的表达式是解题关键．
（1）根据题意，先求出的值，再利用待定系数法求解即可；
（2）由题意得，即可求解．
【详解】（1）解：，
设函数的表达式为，
将、代入上式得，解得，
故函数表达式为．
（2）解：由题意得：，
解得，
故无人机上升，Ⅰ号无人机比Ⅱ号无人机高米．
22．(1)汽车进价为万元，汽车进价为万元
(2)方案一：购买汽车辆，汽车辆；方案二：购买汽车辆，汽车辆；方案三：购买汽车辆，汽车辆；
(3)购买汽车辆，汽车辆，利润最大，为万元
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，正确找出等量关系是解题的关键．
（1）设汽车进价为万元，汽车进价为万元，列二元一次方程，即可解答；
（2）设购买汽车辆，汽车辆，则可得，根据都为正整数即可解答；
（3）根据题意算出每种方案利润比较即可．
【详解】（1）解：设汽车进价为万元，汽车进价为万元，
根据题意可得，
解得，
答：汽车进价为万元，汽车进价为万元；
（2）解：设购买汽车辆，汽车辆，
则可得，
整理可得，
为正整数，
，且为的倍数，
或或，
则或或，
方案一：购买汽车辆，汽车辆；
方案二：购买汽车辆，汽车辆；
方案三：购买汽车辆，汽车辆；
（3）解：方案一：购买汽车辆，汽车辆，
此时利润为万元；
方案二：购买汽车辆，汽车辆；
此时利润为万元；
方案三：购买汽车辆，汽车辆；
此时利润为万元，
故选择方案三：购买汽车辆，汽车辆，利润最大，为万元．
23．(1)见解析
(2)当满足时，四边形是菱形，见解析
(3)四边形是矩形，见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，菱形的判定定理，矩形的判定定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）连接，得到过点，得到，可得到，
，即可得到结论；
（2）当满足时，四边形是菱形，连接，可证明四边形是平行四边形，由，得到，即可得到结论；
（3）四边形是矩形， 由（2）知，四边形是平行四边形，得到，继而得到，，即可得到结论．
【详解】（1）证明：（1）如图1，连接，
分别是对角线上的四等分点，
是的中点，分别为的中点，
四边形是平行四边形，
过点，
，
是的中点，
为的中位线，
，
同理，
，
四边形是平行四边形 ；
（2）解：当满足时，四边形是菱形，理由如下：
如图2，连接，
四边形是平行四边形，
，
分别是的中点，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，即，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形；
（3）解：四边形是矩形，理由如下：
如图2，由（2）知，四边形是平行四边形，
，
，
，
，
四边形是矩形．
24．（1）5；（2）点到的距离为3；（3）的周长为
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，涉及等腰直角三角形、三角形面积等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形（型全等)．
（1）由，得，可证明，即得，，利用勾股定理求出即可；
（2）过作交延长线于，由，得，即得，可证明，得，据此求解即可；
（3）过作于，过作交延长线于，由，，得是等腰直角三角形，即得，，根据，可得，，即有，即可证明，从而，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
故答案为：5；
（2）过D作交延长线于E，如图：

∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴点到的距离为3；
（3）过A作于E，过B作交延长线于F，如图：

∵，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，，
∴的周长为．
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