2021届甘肃省白银市数学八年级第二学期期末联考试题含解析

考生请注意：

1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题(每小题3分,共30分)

1．我国是最早了解勾股定理的国家之一.下面四幅图中，不能用来证明勾股定理的是（ ）

A． B． C． D．

2．若关于x的方程m2xmx30是一元二次方程，则m的取值范围是（ ）

2A．m2 B．m2 C．m2 D．m0

3．如图，一个长方体铁块放置在圆柱形水槽容器内，向容器内按一定的速度均匀注水，60秒后将容器内注满.容器内水面的高度h（cm）与注水时间t（s）之间的函数关系图象大致是（ ）

A． B． C． D．

4．正方形的一条对角线之长为3，则此正方形的边长是（ ） A．

32 2B．3

C．32 D．

3 25．如图，在▱ABCD中，已知AD＝8cm，AB＝6cm，DE平分∠ADC交BC边于点E，则BE等于（ ）

A．2cm B．4cm C．6cm D．8cm

6．张老师从甲镇去乙村，一开始沿公路乘车，后来沿小路步行到达乙村，下列图中，横轴表示从甲镇出发后的时间，纵轴表示张老师与甲镇的距离，则较符合题意的图形是( )

A． B．

C． D．

7．如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把ADE绕点A顺时针旋转90到ABF的位置．若四边形AECF的面积为20，DE=2，则AE的长为（ ）

A．4

B．25 C．6 D．26 8．下列计算正确的是（ ） A．83=5

B．322＝3

C．23=5

D．62=3 9．如图，把矩形ABCD沿对角线BD折叠，重叠部分为△EBD，则下列说法可能错误的是( )

A．AB＝CD C．EB＝ED

B．∠BAE＝∠DCE D．∠ABE=30°

10．矩形ABCD 与矩形CEFG 如图放置，点B，C，E 共线，点C，D，G共线，连接AF ，取AF的中点H ，连接GH .若BCEF3，CDCE1 ，则GH的长为

A．2 B．3 C．

2 2D．3 2二、填空题(每小题3分,共24分)

11．画在比例尺为1: 20的图纸上的某个零件的长是32cm，这个零件的实际长是_______cm．

1111SSSnSS1SS1……12．已知a0，S1，2，3，4，5（即当为大于1的奇数时，n；13S2S4Sn1a当n为大于1的偶数时，SnSn11），按此规律，S2018____________．

13．如图，已知矩形ABCD中，AB=6，AD=10，动点P从点D出发，在边DA上以每秒1个单位的速度向点A运动，连接CP，作点D关于直线PC的对称点E，设点P的运动时间为t(x)，当P，E，B三点在同一直线上时对应t的值为 ．

14．若

abcabca0，则的值为__________，的值为________. 234babc215．二次函数y2x15的最大值是____________. 16．方程x23x=2的解是_________

17．观察下列图形，它是把一个三角形分别连接这个三角形三边的中点，构成4个小三角形，挖去中间的一个小三角形(如图1)；对剩下的三个小三角形再分别重复以上做法，…将这种做法继续下去(如图2，图3…)，则图5中挖去三角形的个数为______

18．比较大小：32_____23（填“＞”或“＜”或“＝”）． 三、解答题(共66分)

19．（10分）小明是一位善于思考的学生，在一次数学活动课上，他将一副直角三角板按如图所示的位置摆放，A、B、

D三点在同一直线上，EF//AD，CABEDF90，C45，E60，量得DE8.

（1）试求点F到AD的距离.（2）试求BD的长. 20．（6分）计算：

（1）（﹣15）××20×（﹣（2）5321×48） 311+20+45 52（3）

32232

2（4）（﹣3）2+8﹣（1+22）﹣（8﹣3）0

21．（6分）某住宅小区有一块草坪如图所示．已知AB＝3米，BC＝4米，CD＝12米，DA＝13米，且AB⊥BC，求这块草坪的面积．

22．（8分）如图，在 ABC ，C  90，AC＜BC，D 为 BC 上一点，且到 A、B 两点的距离相等． （1）用直尺和圆规，作出点 D 的位置（不写作法，保留作图痕迹）； （2）连结 AD，若 B  36 ，求∠CAD 的度数．

23．（8分）如图,在ABC中,C90,CAB20,BC7；线段AD是由线段AC绕点A按逆时针方向旋转110得到,EFG是由ABC沿CB方向平移得到,且直线EF过点D. (1)求DAE的大小． (2)求DE的长．

24．（8分）如图，是由边长为1的小正方形组成的正方形网格，设顶点在这些小正方形顶点的三角形为格点三角形．

(1)通过计算说明边长分别为2，3，13的ABC是否为直角三角形； (2)请在所给的网格中画出格点ABC．

25．（10分）如图,在正方形ABCD内任取一点E ，连接AE、BE，在⊿ABE外分别以AE、BE为边作正方形AEMN和EBFG.

⑴.按题意，在图中补全符合条件的图形； ⑵.连接CF，求证：⊿ABE≌⊿CBF； ⑶.在补全的图形中，求证:AN∥CF.

26．（10分）甲、乙两名运动员进行长跑训练，两人距终点的路程y（米）与跑步时间x（分）之间的函数关系如图所示，根据图象所提供的信息解答问题：

（1）他们在进行 米的长跑训练，在0（4）在15参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分) 1、C 【解析】 【分析】

根据A、B、C、D各图形结合勾股定理一一判断可得答案. 【详解】

解:A、有三个直角三角形, 其面积分别为还可以理解为一个直角梯形,其面积为

1112ab,ab和c,

2221(a+b)(a+b)，由图形可知: 21111(a+b)(a+b)=ab+ab+c2， 2222整理得:(a+b)2=2ab+c2,a2+b2+2ab=2ab+ c2, a2+b2= c2 能证明勾股定理;

B、中间正方形的面积= c2,中间正方形的面积=(a+b)2-41ab=a2+b2, 2a2+b2= c2,能证明勾股定理;

C、不能利用图形面积证明勾股定理, 它是对完全平方公式的说明. D、大正方形的面积= c2,大正方形的面积=(b-a)2+41ab = a2+b2,, 2a2+b2= c2,能证明勾股定理;

故选C. 【点睛】

本题主要考查勾股定理的证明，解题的关键是利用构图法来证明勾股定理. 2、A 【解析】 【分析】

本题根据一元二次方程的定义求解，一元二次方程必须满足两个条件：未知数的最高次数是2；二次项系数不为1．由这两个条件得到相应的关系式，再求解即可． 【详解】 由题意，得 m-2≠1， m≠2， 故选A． 【点睛】

本题利用了一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c=1（且a≠1）．特别要注意a≠1的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点． 3、D 【解析】 【分析】

根据图像分析不同时间段的水面上升速度，进而可得出答案. 【详解】

已知一个长方体铁块放置在圆柱形水槽容器内，向容器内按一定的速度均匀注水，60秒后将容器内注满.因为长方体是均匀的，所以初期的图像应是直线，当水越过长方体后，注水需填充的体积变大，因此此时的图像也是直线，但斜率小于初期，综上所述答案选D. 【点睛】

能够根据条件分析不同时间段的图像是什么形状是解答本题的关键. 4、A 【解析】

【分析】

根据正方形的性质和勾股定理列方程求解即可． 【详解】

解：设正方形的边长为a， ∵正方形的一条对角线之长为3， ∴a2+a2=32， ∴a=

32（负值已舍去）， 2故选：A． 【点睛】

本题考查了正方形的性质和勾股定理，熟练掌握正方形的性质是解决问题的关键． 5、A 【解析】 【分析】

由平行四边形对边平行根据两直线平行，内错角相等可得∠EDA=∠DEC，而DE平分∠ADC，进一步推出∠EDC=∠DEC，在同一三角形中，根据等角对等边得CE=CD，则BE可求解． 【详解】

根据平行四边形的性质得AD∥BC， ∴∠EDA=∠DEC， 又∵DE平分∠ADC， ∴∠EDC=∠EDA， ∴∠EDC=∠DEC， ∴CD=CE=AB=6， 即BE=BC﹣EC=8﹣6=1． 故选：A． 【点睛】

本题考查了平行四边形的性质的应用，及等腰三角形的判定，属于基础题． 6、C 【解析】 【分析】

张老师从甲镇去乙村，一开始沿公路乘车，后来沿小路步行到达乙村，根据题意可知，张老师与甲镇的距离越来越大，

而且速度先快后慢. 【详解】

根据题意可知，张老师与甲镇的距离越来越大，而且速度先快后慢，所以选项C比较符合题意. 故选C 【点睛】

考核知识点:函数图象的判断.理解题意是关键. 7、D 【解析】 【分析】

利用旋转的性质得出四边形 AECF的面积等于正方形 ABCD的面积，进而可求 出正方形的边长，再利用勾股定理得出答案． 【详解】

ADE绕点A顺时针旋转90到ABF的位置．

四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于20，

ADDC25，

DE2，

RtADE中，AEAD2DE226

故选：D． 【点睛】

本题主要考查了旋转的性质以及正方形的性质，正确利用旋转的性质得出对应 边关系是解题关键． 8、D 【解析】 【分析】

根据二次根式的运算法则逐一计算可得． 【详解】

解：A、8、3不是同类二次根式，不能合并，此选项错误； B、32﹣2＝22，此选项错误； C、2×3＝6，此选项错误；

D、62＝3，此选项正确； 故选D． 【点睛】

本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是熟练掌握二次根式的运算法则． 9、D 【解析】 【分析】

根据ABCD为矩形，所以∠BAE=∠DCE，AB=CD，再由对顶角相等可得∠AEB=∠CED，所以△AEB≌△CED，就可以得出BE=DE，由此判断即可． 【详解】

∵四边形ABCD为矩形

∴∠BAE=∠DCE，AB=CD，故A. B选项正确； 在△AEB和△CED中，

，

∴△AEB≌△CED(AAS)， ∴BE=DE，故C正确； ∵得不出∠ABE=∠EBD，

∴∠ABE不一定等于30°，故D错误. 故选：D. 【点睛】

此题考查翻折变换（折叠问题），解题关键在于利用全等三角形的性质进行解答. 10、A 【解析】 【分析】

延长GH交AD于点P，先证△APH≌△FGH得AP=GF=1，GH=PH=得出答案． 【详解】

解：如图，延长GH交AD于点P，

1PG，再利用勾股定理求得PG=22，从而2

∵四边形ABCD和四边形CEFG都是矩形，

∴∠ADC=∠ADG=∠CGF=90°，AD=BC=3、GF=CE=1， ∴AD∥GF， ∴∠GFH=∠PAH， 又∵H是AF的中点， ∴AH=FH，

在△APH和△FGH中，

PAH＝GFH∵AH＝FHAHP＝FHG，

∴△APH≌△FGH（ASA）， ∴AP=GF=1，GH=PH=∴PD=AD-AP=3-1=2， ∵CG=EF=3、CD=1，

∴DG=2，△DGP是等腰直角三角形， 则GH=

1PG， 211PG= ×PD2DG22 22故选：A． 【点睛】

本题主要考查矩形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识点．

二、填空题(每小题3分,共24分) 11、640 【解析】 【分析】

首先设这个零件的实际长是xcm，根据比例尺的定义即可得方程【详解】

321，解此方程即可求得答案，注意单位换算． x20解：设这个零件的实际长是xcm，根据题意得：

321， x20解得：x=640，

则这个零件的实际长是640cm． 故答案为：640 【点睛】

此题考查了比例尺的应用．此题比较简单，注意掌握方程思想的应用． 12、-

a1 a【解析】 【分析】

6+2，即可得出S2018=S2，此题得解． 根据Sn数的变化找出Sn的值每6个一循环，结合2018=336×【详解】 解：S1=

11a1a11a11=- ，S5=-（a+1），S2=-S1-1=--1=-，S3=，S4=-S3-1=，S6=-S5-1=（a+1）

S4S2a1aaa1a1a11 ，…， S6a-1=a，S7=

∴Sn的值每6个一循环． 6+2， ∵2018=336×

a1． aa1故答案为：-． a∴S2018=S2=-【点睛】

此题考查规律型中数字的变化类，根据数值的变化找出Sn的值，每6个一循环是解题的关键． 13、2 【解析】 【分析】

根据题意PD=t，则PA=10-t，首先证明BP=BC=10，在Rt△ABP中利用勾股定理即可解决问题， 【详解】

解：如图，根据题意PD=t，则PA=10−t，

∵B、E、P共线， ∴∠BPC=∠DPC， ∵AD∥BC， ∴∠DPC=∠PCB， ∴∠BPC=∠PCB， ∴BP=BC=10， 在Rt△ABP中， ∵AB2AP2PB2， ∴62+10t102， ∴t=2或18(舍去)， ∴PD=2，

∴t=2时，B、E、P共线； 故答案为：2. 【点睛】

本题主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，掌握矩形的性质，轴对称的性质是解题的关键. 14、

212 ， 33【解析】 【分析】 令

abc=k，用含k的式子分别表示出a,b,c,代入求值即可. 234【详解】

abc=k，则a2k,b3k,c4k， 234a2k2abc2k3k4kk1，. 所以b3k3abc2k3k4k3k312故答案为： (1). ， (2).

33解：令【点睛】

本题考查了分式的比值问题，将a,b,c用含同一字母的式子表示是解题的关键. 15、-5 【解析】 【分析】

根据二次函数的性质求解即可． 【详解】

∵y2x15的a=-2<0, ∴当x=1时，有最大值-5. 故答案为-5. 【点睛】

本题考查了二次函数的最值：二次函数y=ax2+bx+c，当a＞0时，抛物线在对称轴左侧，y随x的增大而减少；在对称

2b4acb2轴右侧，y随x的增大而增大，因为图象有最低点，所以函数有最小值，当x=-时，y=；（2）当a＜0时，

4a2a抛物线在对称轴左侧，y随x的增大而增大；在对称轴右侧，y随x的增大而减少，因为图象有最高点，所以函数有最

b4acb2大值，当x=-时，y=．

4a2a16、x1或4 【解析】

【分析】方程两边平方可得到整式方程，再解之可得. 【详解】方程两边平方可得 x2-3x=4,

即x2-3x-4=0,解得x1=-1,x2=4 故答案为：x1或4

【点睛】本题考核知识点：二次根式，无理方程. 解题关键点：化无理方程为整式方程. 17、1 【解析】 【分析】

根据题意找出图形的变化规律，根据规律计算即可． 【详解】

解：图1挖去中间的1个小三角形， 图2挖去中间的（1+3）个小三角形， 图3挖去中间的（1+3+32）个小三角形，

…

则图5挖去中间的（1+3+32+33+34）个小三角形，即图5挖去中间的1个小三角形， 故答案为1． 【点睛】

本题考查的是图形的变化，掌握图形的变化规律是解题的关键． 18、

【解析】

试题分析：两个负数比较大小，绝对值越大的数反而越小.-3考点：二次根式的大小比较

三、解答题(共66分)

19、（1）点F与AD之间的距离为：43；（2）BD1243. 【解析】 【分析】

（1）根据题意得出∠DFE=30°，则EF=2DE=16，进而利用勾股定理得出DF的长，进而得出答案； （2）直接利用勾股定理得出DM的长，进而得出MB=FM，求出答案． 【详解】 解：（1）如图，

=--2；

=-，根据18

12可得：--.

过点F作FMAD于点M，

在EDF中，EDF90，E60，DE8， 则DFE30， 故EF2DE16，

DFEF2DE21628283，

∵AB∕∕EF，

∴FDMDFE30， 在RtFMD中，MF11DF8343， 22即点F与AD之间的距离为：43； （2）在RtFMD中，DM∵C45,CAB90， ∴CBA45， 又∵FMB90，

DF2FM2(83)2(43)212，

FMB是等腰直角三角形，

∴MBFM43，

∴BDMDFM1243． 【点睛】

此题考查勾股定理，平行线的性质，解题关键在于作辅助线 20、（1）6015；（2）55；（3）-1；（4）7. 【解析】 【分析】

（1） 先根据二次根式进行化简，再进行乘法运算，即可得到答案； （2）先根据二次根式进行化简，再进行加法运算，即可得到答案； （3）将案；

（4）根据二次根式、零指数幂进行化简，再进行加减运算即可得到答案. 【详解】

（1）（﹣15）××20×（﹣=（﹣15）××25×（﹣=15×5×43 =6015 322232变形为32323232，再根据平方差公式进行计算即可得到答

321×48） 3321×43） 3（2）511+20+45 52=55+5+35 5=5+5+35 =55 （3）=32232

232323232

=11 =-1

（4）（﹣3）2+8﹣（1+22）﹣（8﹣3）0 =9+22-1-22-1 =7 【点睛】

本题考查二次根式、平方差公式和零指数幂，解题的关键是掌握二次根式、平方差公式和零指数幂. 21、36平方米 【解析】 【分析】

连接AC，根据勾股定理，求得AC，再根据勾股定理的逆定理，判断三角形ACD是直角三角形．这块草坪的面积等于两个直角三角形的面积之和． 【详解】

． 连接AC，如图，∵AB⊥BC，∴∠ABC=90°∵AB=3米，BC=4米，∴AC=5米．

，∴△ACD为直角三角形，∴草坪的面积∵CD=12米，DA=13米，∴CD2+AC2=144+25=169=132=DA2，∴∠ACD=90°等于=S△ABC+S△ACD=3×4÷2+5×12÷2=6+30=36（米2）．

【点睛】

本题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理． 22、 (1)作图见解析；（2）18°

【解析】

分析：（1）根据“到A，B两点的距离相等”可知点D在线段AB的中垂线上，据此作AB中垂线与BC交点可得；

（2）先根据直角三角形的性质得∠CAB=54°，再由DA=DB知∠B=∠DAB=36°，从而根据∠CAD=∠CAB﹣∠DAB可得答案．

详解：（1）如图所示，点D即为所求；

（2）在△ABC中，∵∠C=90°，∠B=36°，∴∠CAB=54°，由（1）知DA=DB，∴∠B=∠DAB=36°，则∠CAD=∠CAB﹣∠DAB=18°．

点睛：本题主要考查作图﹣复杂作图，解题的关键是掌握线段垂直平分线的性质和等边对等角的性质． 23、 (1) EAD20；(2)DE=1. 【解析】 【分析】

（1）由平移的性质可得∠EAC=90°，由旋转的性质可得∠DAC=110°，即可求∠DAE的大小； （2）由“AAS”可证△DAE≌△CAB，可得DE=BC=1． 【详解】

解：(1)EFG是由ABC沿CB方向平移得到, 所以,AE∕∕CF,

所以,EACC180, 又C90, 所以,EAC90,

又线段AD是由线段AC绕点A按逆时针方向旋转110得到 即DAC110, 所以,EAD20,

(2)依题意，得：AE∕∕CF,EF∕∕AB, 所以，AEDFABC,

又EADBAC20,

ADAC

所以，AED≌ABC, 所以，DEBC7. 【点睛】

本题考查了旋转的性质，平移的性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键． 24、 (1)能构成直角三角形；(2)见解析. 【解析】 【分析】

（1）根据勾股逆定理判断即可；

（2）由（1）可知2,3为直角边，13为斜边，先画出两直角边再连接即可 【详解】

解：(1)∵223213(13)2 ∴能构成直角三角形 (2) 如图即为所求.

【点睛】

本题考查了直角三角形的判定，由勾股逆定理可知若三角形三边长满足a2b2c2，则其为直角三角形. 25、（1）补全图形见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【解析】

分析：⑴问要注意“在⊿ABE外”作正方形；

本题的⑵问根据正方形的性质得出的结论为三角形全等提供条件，比较简单； 本题额⑶问可以连接正方形的对角线后，然后利用“内错角相等，两直线平行.”来证明.

”作正方形，详解：⑴.如图1，在⊿ABE外分别以AE、BE为边作正方形AEMN和EBFG.（要注意是在“⊿ABE外．．见图1）

⑵.在图1的基础上连接CF.

∵四边形ABCD 、AEMN和EBFG都是正方形 ∴ABCB,BEBF

DABABCBCDNAE90 ∴1323 ∴12

∴⊿ABE≌⊿CBF（SAS ）

⑶. 继续在图1的基础上连接AC.（见图2）

∵四边形ABCD是正方形，且已证DABBCDNAE90 ∴DACBCA19045 2 6DAC4DAC ∴46 ∵⊿ABE≌⊿CBF ∴56 ∴45

∴4DAC5BCA 即NACFAC

∴AN∥CF.

点睛：本题的⑴问要注意的是在“在⊿ABE外”作正方形，所以不要作在三角形内部；本题的⑵问主要是利用正方形提供的条件来证明两个三角形全等，比较简单，常规证法；本题的⑶问巧妙利用与正方形的对角线构成的内错角来提供平行的条件，需正方形和全等三角形来综合提供.

200x5000(0x15)26、（1）5000；甲；（2）y{；（3）750米；（4）150米/分．

400x8000(15x20)【解析】 【分析】

（1）根据x=0时，y=5000可知，他们在进行5000米的长跑训练，在0（2）分段求解析式，在0（3）根据题意求得甲的速度为250米/分，然后计算甲距离终点的路程，再计算他们的距离； （4）在15（1）根据图象信息可知，他们在进行5000米的长跑训练，

在0把（0，5000），（15，2000）代入解析式，解得k=-200，b=5000， 所以y=-200x+5000；

②在15≤x≤20内，设ykxb，

把（15，2000），（20，0）代入解析式，解得k400，b8000， 所以y=-400x+8000，

所以乙距终点的路程y（米）与跑步时间x（分）之间的函数关系式为：y{200x5000(0x15)；

400x8000(15x20)20=250（米/分）15=3750米，距终点5000-3750=1250米， （3）甲的速度为5000÷，250×此时乙距终点2000米，所以他们的距离为2000-1250=750米；

5=400米/分，（4）在15考点：函数图象；求一次函数解析式．