2021-2022学年湖南省长沙市明德教育集团八年级(下)期中数学试卷(附答案详解)

2021-2022学年湖南省长沙市明德教育集团八年级（下）
期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）
1.下列四个二次根式中，最简二次根式是()
A. √4
B. √14
C. √0.4
D. √1
4
2.对于圆的周长公式C=2πr，下列说法正确的是()
A. C是变量，2，r是常量
B. r是变量，C是常量
C. C是变量，r是常量
D. C，r是变量，2π是常量
3.下列运算正确的是()
A. √2+√3=√5
B. 3√3−√3=3
C. √24÷√6=4
D. √3×√5=√15
4.下列曲线中表示y是x的函数的是()
A. B.
C. D.
5.如图，四边形ABCD的对角线互相平分，要使它变为菱形，需要添加的条件是()
A. AB=CD
B. AD=BC
C. AC=
BD D. AB=BC
6.如图△ABC中，AD是角平分线，DE//AC交AB于E，
DF//AB交AC于F，若AE=4cm，那么四边形AEDF周
长为()
A. 12cm
B. 16cm
C. 20cm
D. 22cm
7.下列四组数，可作为直角三角形三边的是()
A. 1cm，2cm，3cm
B. 2cm，3cm，4cm
C. 4cm，5cm，6cm
D. 1cm，√2cm,√3cm
8.若ab<0且a>b，则函数y=ax+b的图象可能是()
A. B. C. D.
9.如图有一个水池，水面BE的宽为16尺，在水池的中央有一根芦苇，它高出水面2尺，
如果把这根芦苇垂直拉向岸边，它的顶端恰好到达岸边的水面，则这个芦苇的高度
是()
A. 26尺
B. 24尺
C. 17尺
D. 15尺
10.甲，乙两人进行慢跑练习，慢跑路程y(米)与所用时间t(分钟)之间的关系如图，下
列说法错误的是()
A. 5分钟时两人都跑了500米
B. 前2分钟，乙的平均速度比甲快
C. 甲、乙两人8分钟各跑了800米
D. 甲跑完800m的平均速度为100米/分钟
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11.若式子√x+1在实数范围内有意义，则x的取值范围是______．
12.如图，Rt△ABC中，∠A=90°，∠B=30°，BC=2，
AB=______．
13.如图，在▱ABCD中，∠A=60°，则∠C的度数为______．
14.若关于x的函数y=x|m|−1+9是一次函数，则m的值为______．
15.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D，E分别是边
BC.若AB=10，
AB，AC的中点，延长BC到点F，使CF=1
2
则EF的长是______．
16.如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE.过点A作AE的垂线交ED于点
P.若AE=AP=1，PB=√5.则正方形ABCD的面积为______ ．
三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
17.计算：(√3−1)2+6√1
．
3
四、解答题（本大题共8小题，共66.0分）
18.如图，网格中每个小正方形的边长都是1，点A、B、C都在格点上，试求线段AB的
长度．
19.如图，已知四边形ABCD为平行四边形，E、F分别在边BC和AD上，且DF=BE.求
证：四边形ECFA是平行四边形．
20.如图，在平面直角坐标系xOy中，点A在y轴的正半轴上，点B在x轴的正半轴上，
OA=OB=10．
(1)求直线AB的解析式；
(2)若点P是直线AB上的一点，且P的横坐标为4，C(6,0)，求△OPC的面积．
21.如图，O为矩形ABCD对角线的交点，DE//AC，
CE//BD．
(1)求证：四边形OCED是菱形．
(2)若AB=6，BC=8，求四边形OCED的周长．
22.某手工作坊生产并销售某种食品，假设销售量与产
量相等，图中的线段AB、OC分别表示每天生产成本y1(单位：元)、收入y2(单位：元)与产量x(单位：千克)之间的函数关系．
(1)分别求出y1、y2与x的函数表达式；
(2)若手工坊每天工作16小时，每小时生产10kg食
品，则一天可获利润为多少元？
23.如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的角平分线AE交CD于点
F，交BC的延长线于点E．
(1)求证：BE=CD；
(2)连结BF，若BF⊥AE，∠BEA=60°，AB=4，求平行四边
形ABCD的面积．
24.如图1，在平面直角坐标系中，已知直线l：y=kx+b与x轴负半轴交于点A，与y轴
交于点B，与直线CD相交于点D，其中AC=7，C(3,0)，D(−1,4)．
(1)求直线l的函数表达式；
(2)如图2，点P为线段CD延长线上的一点，连接PB，当△PBD的面积为7
时，请写
2出P点的坐标；
(3)在(2)的条件下，将线段BP沿着y轴方向平移，使得点P落在直线AB上的点P′处，
求点P′到直线CD的距离．
25.平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O、A、C的坐标分别为O(0,0)、A(a,0)、C(0,b)，
且a、b满足b2−8b+16+2√a+b−1=0；
(1)矩形的顶点B的坐标是(______，______)；
(2)若D是OC中点，沿AD折叠矩形OABC使O点落在E处，折痕为DA，连CE并延长交AB于F，求直线CE的解析式；
(3)在(2)的条件下，平面内是否存在一点P，使得△OFP是以OF为直角边的等腰直角三角形．若存在，请写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：√4=2，因此√4不符合题意； √14符合最简二次根式的定义，因此√14符合题意； √0.4的被开方数是小数，因此√0.4不是最简二次根式； √1
4
的被开方数是分数，因此√1
4
不是最简二次根式；
故选：B ．
根据最简二次根式的意义逐个进行判断即可．
本题考查最简二次根式，掌握被开方数为整数，且不含有能开得尽方的因数或因式的二次根式是最简二次根式是正确判断的前提．
2.【答案】D
【解析】解：C 、R 是变量，2π是常量． 故选：D ．
常量就是在变化过程中不变的量，变量是指在变化过程中随时可以发生变化的量． 本题主要考查了常量，变量的定义，是需要识记的内容．
3.【答案】D
【解析】解：A ．√2与√3不能合并，所以A 选项不符合题意； B .原式=2√3，所以B 选项不符合题意；
C .原式=√24÷6=√4=2，所以C 选项不符合题意；
D .原式=√3×5=√15，所以D 选项符合题意； 故选：D ．
根据二次根式的加减法对A 、B 进行判断；根据二次根式的除法法则对C 进行判断；根据二次根式的乘法法则对D 进行判断．
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质、二次根式的乘法和除法法则是解决问题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：A 、不能表示y 是x 的函数，故此选项不合题意； B 、不能表示y 是x 的函数，故此选项不合题意；
C、能表示y是x的函数，故此选项合题意；
D、不能表示y是x的函数，故此选项不符合题意；
故选：C．
根据函数的定义解答即可．
此题主要考查了函数概念，关键是掌握在一个变化过程中有两个变量x与y，对于x的每一个确定的值，y都有唯一的值与其对应，那么就说y是x的函数，x是自变量．
5.【答案】D
【解析】解：需要添加的条件是AB=BC；
理由如下：
∵四边形ABCD的对角线互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=BC，
∴平行四边形ABCD是菱形(一组邻边相等的平行四边形是菱形)；
故选：D．
由已知条件得出四边形ABCD是平行四边形，再由一组邻边相等，即可得出四边形ABCD 是菱形．
本题考查了菱形的判定方法；熟练掌握平行四边形和菱形的判定方法，并能进行推理论证是解决问题的关键．
6.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查菱形的判定和平行四边形的性质．运用了菱形的判定方法“一组邻边相等的平行四边形是菱形′′，由角平分线的定义，可得∠EAD=∠DAF=∠ADE，进而可得AE=ED，由平行四边形的性质可得答案．
【解答】
解：∵DE//AC，DF//AB，
∴四边形AEDF是平行四边形，∠EDA=∠FAD，
∵AD是角平分线，∴∠EAD=∠FAD，
∴∠EAD=∠EDA，
∴EA=ED，
∴平行四边形AEDF是菱形．
∴四边形AEDF周长为4AE=16cm．
故选B．
7.【答案】D
【解析】解：A、12+22≠32，故不是直角三角形，不符合题意；
B、22+32≠42，故不是直角三角形，不符合题意；
C、42+52≠62，故不是直角三角形，不符合题意；
D、12+(√2)2=(√3)2，故是直角三角形，符合题意．
故选：D．
先求出两小边的平方和，再求出最长边的平方，最后看看是否相等即可．
此题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2= c2，那么这个三角形就是直角三角形．
8.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了一次函数图象与系数的关系：一次函数y=kx+b(k、b为常数，k≠0)是一条直线，当k>0，b>0，图象经过第一、二、三象限，y随x的增大而增大；当k>0，b<0，图象经过第一、三、四象限，y随x的增大而增大；当k<0，b>0，图象经过第一、二、四象限，y随x的增大而减小；当k<0，b<0，图象经过第二、三、四象限，y随x的增大而减小；图象与y轴的交点坐标始终为(0,b)．
利用ab<0，且a>b得到a>0，b<0，然后根据一次函数图象与系数的关系进行判断．
【解答】
解：∵ab<0，且a>b，
∴a>0，b<0，
∴函数y=ax+b的图象经过第一、三、四象限．
故选A．
9.【答案】C
【解析】解：设水池的深度为x尺，由题意得：
x2+82=(x+2)2，
解得：x=15，
所以x+2=17．
即：这个芦苇的高度是17尺．
故选：C．
先设水池的深度为x尺，则这根芦苇的长度为(x+2)尺，根据勾股定理可得方程x2+ 82=(x+2)2，再解即可．
此题主要考查了勾股定理的应用，在应用勾股定理解决实际问题时勾股定理与方程的结合是解决实际问题常用的方法，关键是从题中抽象出勾股定理这一数学模型，画出准确的示意图．领会数形结合的思想的应用．
10.【答案】C
【解析】解：由图可知，5分钟时两人都跑了500米，故选项A正确，不符合题意；
由图可得，前2分钟，乙跑了200米，甲跑的路程小于200米，从而可知前2分钟，乙的平均速度比甲快，故选项B正确，不符合题意；
甲8分钟跑了800米，乙8分钟跑了700米，故选项C错误，符合题意；
由图可知，甲8分钟跑了800米，可得甲跑完800米的平均速度为100米/分，故选项D
正确，不符合题意；
故选：C．
根据函数图象可以判断各选项是否正确，从而可以解答本题．
本题考查函数的图象，解题的关键是利用数形结合的思想判断选项中的说法是否正确．
11.【答案】x≥−1
【解析】解：根据题意得：x+1≥0，
解得x≥−1，
故答案为：x≥−1．
根据二次根式的定义可知被开方数必须为非负数，列不等式求解．
主要考查了二次根式的意义和性质．
概念：式子√a(a≥0)叫二次根式．
性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．
12.【答案】√3
【解析】解：在Rt△ABC中，∠A=90°，∠B=30°，BC=2，
BC=1，
∴AC=1
2
∴AB=√BC2−AC2=√22−12=√3．
故答案为：√3．
由含30°角的直角三角形的性质可求解AC=1，再利用勾股定理可求解，
本题主要考查含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，利用含30°角的直角三角形的性质求解AC的长是解题的关键．
13.【答案】60°
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠A=60°，
故答案为：60°．
直接利用平行四边形的对角相等即可得出答案．
此题主要考查了平行四边形的性质，熟记平行四边形的对角性质是解题关键．
14.【答案】±2
【解析】解：由题意得：
|m|−1=1，
∴m=±2，
故答案为：±2．
根据一次函数的定义，形如y=kx+b(k,b为常数，k≠0)，即可判断．
本题考查了一次函数的定义，熟练掌握一次函数的定义是解题的关键．
15.【答案】5
【解析】解：如图，连接DC．
DE是△ABC的中位线，
BC，
∴DE//BC，DE=1
2
∵CF=1
BC，
2
∴DE//CF，DE=CF，
∴CDEF是平行四边形，
∴EF=DC．
∵DC是Rt△ABC斜边上的中线，
AB=5，
∴DC=1
2
∴EF=DC=5，
故答案为：5．
根据三角形中位线的性质，可得DE与BC的关系，根据平行四边形的判定与性质，可得DC与EF的关系，根据直角三角形的性质，可得DC与AB的关系，可得答案．
本题考查了平行四边形的判定与性质，利用了平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
16.【答案】4+√6
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵AE⊥AP，AE=AP=1，
∴∠AEP=∠APE=45°，∠EAF=∠BAD=90°，∵∠BAP=∠BAP，
∴∠EAB=∠PAD，
∵在△EAB和△PAD中
{AB=AD
∠EAB=∠PAD AE=AP
∴△EAB≌△PAD(SAS)，
∴∠EBA=∠ADP，BE=DP，∠APD=∠AEB=180°−45°=135°，∴∠PEB=135°−45°=90°，
即△BEP是直角三角形，
∵AE=AP=1，
∴由勾股定理得：EP=√12+12=√2BE=DP=
√BP2−EP2=√3，
过B作BF⊥AE交AE的延长线于F，连接BD，
则∠FEB=180°−135°=45°，
∴∠EBF=45°=∠FEB，
∴EF=BF，
∵BE=√3，
∴由勾股定理得：BF=EF=√6
2
，
∴S△APB+S△APD=S△APB+S△AEB=S
四边形AEBP =S△AEP+S△PEB=1
2
×1×1+
1 2×√2×√3=1
2
+1
2
√6，
∵S△DPB=1
2×DP×BE=1
2
×√3×√3=3
2
，
∴S正方形ABCD=2S△ABD=2(S△BPD+S△APD+S△APB)=2×(1
2+1
2
√6+3
2
)=4+√6，
故答案为：4+√6．
求出△AEB≌△APD，推出∠EBA=∠ADP，BE=DP，∠APD=∠AEB=135°，求出EP，过B作BF⊥AE交AE的延长线于F，连接BD，
求出BE=√3，由勾股定理求出BF=EF=√6，求出S△APB+S APD=1
2+1
2
√6，S△DPB=
1 2×DP×BE=3
2
，即可求出答案．
本题考查了正方形性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定，三角形的面积的应用，关键是分别求出△APD、△APB、△BPD的面积．
17.【答案】解：原式=3−2√3+1+2√3
=4．
【解析】先利用完全平方公式计算，然后化简后合并即可．
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
18.【答案】解：由题意可知，AC=3，BC=2，∠C=90°，
则AB=√32+22=√13．
【解析】根据勾股定理计算，得到答案．
本题考查的是勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD平行且等于BC，
又∵DF=BE，
∴AF平行且等于EC，
∴四边形ECFA为平行四边形．
【解析】在▱ABCD中，AD=BC，又BE=DF，可得AF=EC，得出AF平行且等于EC，根据平行四边形的判定，可得出四边形AECF是平行四边形．
此题主要要掌握平行四边形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．
20.【答案】解：(1)设直线AB的解析式为y=kx+b，
∵点A在y轴的正半轴上，点B在x轴的正半轴上，OA=OB=10．
∴A(0,10)，B(10,0)，
∴{b=10
10k+b=0，
解是k=−1，b=10，
∴直线AB的解析式为y=−x+10；
(2)∵P在直线AB上，且横坐标为4，
∴将x=4代入y=−x+10中，得y=−4+10=6，
∴P(4,6)，
∵C(6,0)，
∴OC=6，
∴S △OPC =12×OC ×y P =18．
【解析】(1)用两点坐标求一次函数解析式；
(2)先求得P 点的坐标，然后利用三角形面积公式即可求得．
本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
21.【答案】解：(1)证明：∵四边形ABCD 是矩形，
∴AC =2OC ，BD =2OD ，AC =BD ，
∴OD =OC ，
∵DE//AC ，CE//BD ，
∴四边形OCED 是菱形．
(2)解：∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠ABC =90°，
∵AB =6，BC =8，
∴在Rt △ABC 中，由勾股定理得：AC =10，
即OC =12AC =5，
∵四边形OCED 是菱形，
∴OC =OD =DE =CE =5，
∴四边形OCED 的周长是5+5+5+5=20．
【解析】本题考查了勾股定理，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，矩形的性质的应用，主要考查学生的推理能力．
(1)根据矩形性质求出OC =OD ，根据平行四边形的判定得出四边形OCED 是平行四边形，根据菱形判定推出即可；
(2)根据勾股定理求出AC ，求出OC ，得出OC =OD =CE =ED =5，相加即可． 22.【答案】解：(1)设y 1=kx +b ，
代入(0,240)，(60,480)，
得{b =24060k +b =480
， 解得{k =4b =240
， ∴y 1=4x +240；
设y 2=mx ，代入(60,720)，
得60m =720，
解得m =12，
∴y 2=12x ．
(2)设一天可获利润为W(元)，
∵x=16×10=160，
∴W=y2−y1=(12×160)−(4×160−240)=1040(元)，
∴一天可获利润1040元．
【解析】(1)待定系数法求解析式即可；
(2)设一天可获利润为W(元)，根据题意当x=160时，计算y2−y1的值即可．
本题考查了一次函数的应用，根据图象分别待定系数法求出解析式是解题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD，AD//BE，
∴∠DAE=∠E，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE=∠BAE，
∴∠BAE=∠E，
∴AB=BE，
∴BE=CD；
(2)解：由BE=AB，∠BEA=60°，
∴△ABE为等边三角形，
∴AB=AE=4，
又∵BF⊥AE，
∴AF=EF=2，
∴BF=√42−22=2√3，
∵∠DAE=∠E，AF=EF，∠AFD=∠CFE，
∴△ADF≌△ECF，
×4×2√3=4√3．
∴平行四边形ABCD的面积=△ABE的面积=1
2
【解析】(1)利用平行四边形的性质得AB=CD，AD//BE，再证明∠BAE=∠E得到AB= BE，所以BE=CD；
(2)先证明△ABE为等边三角形得到AE=4，且AF=EF=2，则根据勾股定理得BF= 2√3，易证△ADF≌△ECF，所以平行四边形ABCD的面积等于△ABE的面积．
本题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对边相等；平行四边形的对角相等；平行四边形的对角线互相平分．
24.【答案】解：(1)∵点C(−3,0)，AC=7，
∴点A(4,0)，
∵D(−1,4)，
将A 、D 的坐标代入直线l 的表达式得：{0=4k +b 4=k +b
， 解得{k =−43b =163， 故直线l 的表达式为y =−43x +
163；
(2)∵C(3,0)，D(−1,4)，
∴CD ：y =−x +3， 设CD 与y 轴的交点为Q ，Q(0,3)，
∵S △BPD =S △PBQ −S △BDQ =72，
∴|x p |=4，
∵P 在CD 延长线上，
∴P(−4,7)；
(3)BP 沿y 轴平移，P 落在直线AB 上P′处，
得 P′(−4,0)，
此时P ，与A 点重合，
∴点P′到直线CD 的距离d =
7×4CD =4√2=7√22
．
【解析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)由△PBD 的面积求出点P 的坐标；
(3)根据点P 的坐标，进而求出点P′(5,4)，构建△P′DN 用解直角三角形的方法即可求解． 本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、平行四边形的性质、图形的平移、面积的计算等．
25.【答案】−3 4
【解析】解：(1)根据题意可知：b −4=0，a +b −1=0，
解得：a =−3，b =4，
即点A 、C 的坐标分别为：(−3,0)、(0,4)，
∴点B 的坐标为(−3,4)；
故答案为：−3；4；
(2)连接OE ，根据对称的性质得：DA ⊥OE ，
∵D为OC中点，
∴CD=OD，
∵DE=OD，
∴△OCE为直角三角形，OE⊥CE，
∴CE//AD，k AD=k CE，
∵A(−3,0)，C(0,4)，D(0,2)
∴直线CE的解析式为：y=2
3
x+4；
(3)存在△OFP是以OF为直角边的等腰直角三角形，理由如下：∵F(−3,2)，
∴OF=√22+32=√13，
∵△OFP是以OF为直角边的等腰直角三角形，
∴P1(−1,5)，P2(−5,−1)，P3(2,3)，P4(−2,−3)．
(1)根据非负性得出：b−4=0，a+b−1=0，即可求解；
(2)证明Rt△DGE∽Rt△EHA，得GD
EH =GE
AH
=ED
AE
，即可求解；
(3)根据等腰直角三角形的性质分情况解答即可．
本题属于一次函数综合题，考查的是一次函数综合运用，涉及到函数的平移、等腰直角
三角形的基本性质等，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．。