青島版8年級下冊數學期末試題考試時間：90分鐘；命題人：教研組考生注意：1、本卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，滿分100分，考試時間90分鐘2、答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級填寫在試卷規(guī)定位置上3、答案必須寫在試卷各個題目指定區(qū)域內相應的位置，如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用涂改液、膠帶紙、修正帶，不按以上要求作答的答案無效。第I卷（選擇題16分）一、單選題（8小題，每小題2分，共計16分）1、下列各組數中，不能夠作為直角三角形的三邊長的是（）A．3，4，5 B．5，12，13 C．6，8，10 D．1，2，32、下列圖形中，既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形的是（

）A． B． C． D．3、如圖，在矩形紙片中，，，點是邊上的一點，將沿所在的直線折疊，使點落在上的點處，則的長是（

）A．2 B．3 C．4 D．54、小明用四根長度相同的木條制作了能夠活動的菱形學具，他先活動學具成為圖1所示菱形，并測得∠B＝60°，對角線AC＝10cm，接著活動學具成為圖2所示正方形，則圖2中對角線AC的長為（）A．10cm B．20cm C．30cm D．cm5、若函數y＝2x+a與y＝x的圖象交于點P（2，b），則關于x，y的二元一次方程組的解是（）A． B． C． D．6、如圖，已知中，，是的中位線，，，則（

）A． B． C． D．7、在實數、3、0、中，最小的數是（

）A． B．3 C．0 D．8、如圖，在平面直角坐標系中，O為原點，點A，C，E的坐標分別為（0，4），（8，0），（8，2），點P，Q是OC邊上的兩個動點，且PQ＝2，要使四邊形APQE的周長最小，則點P的坐標為（

）A．（2，0） B．（3，0） C．（4，0） D．（5，0）第Ⅱ卷（非選擇題84分）二、填空題（7小題，每小題2分，共計14分）1、使二次根式有意義的的取值范圍是__．2、若一個直角三角形的三邊長分別為x，12，13，則x=_____．3、寫出一個小于0的無理數_____．4、已知一次函數的圖象不經過第三象限，若點和均在函數圖象上，那么與的大小關系為______．5、81的平方根是_____，64的立方根是_____．6、如果代數式意義，那么x的取值范圍是_______．7、如圖，將繞點按順時針旋轉一定角度得到，點的對應點恰好落在邊上，若，，則的長為__________．三、解答題（7小題，每小題10分，共計70分）1、如圖，在△ABC和△CDE中，∠ABC＝∠CDE＝90°，且AC⊥CE，AC＝CE．(1)求證：(2)若AC＝13，DE＝5，求DB的長．2、如圖1，在平面直角坐標系中，已知直線l：y＝kx+b與x軸交于點A，與y軸交于點B，與直線CD相交于點D，其中AC＝14，C（﹣6，0），D（2，8）．(1)求直線l的函數解析式；(2)如圖2，點P為線段CD延長線上的一點，連接PB，當△PBD的面積為7時，將線段BP沿著y軸方向平移，使得點P落在直線AB上的P'處，求點P′到直線CD的距離；(3)若點E為直線CD上的一點，則在平面直角坐標系中是否存在點F，使以點A，D，E，F為頂點的四邊形為菱形？若存在，求出所有滿足條件的點F的坐標；若不存在，請說明理由．3、下面是某數學興趣小組探究用不同方法作線段AB的垂直平分線的討論片段，請仔細閱讀，并完成相應任務，（1）分別以點A，B為圓心，大于AB的長為半徑作弧，兩弧在上方交于點，連接CA，CB；（2）以點C為圓心，適當長為半徑作弧，分別交邊AC，于點，E；（3）分別作線段CD，CE的垂直平分線，兩線交于點P；（4）作直線CP．直線CP即為線段AB的垂直平分線．簡述理由如下：連接PD，PE，由作圖知，PD＝PC＝PE，所以△PCD≌△PCE，則，即射線CP是∠ACB的平分線∵CA＝CB，∴CP⊥AB，且平分線段，∴直線CP是線段AB的垂直平分線．小軍：我認為小明的作圖方法很有創(chuàng)意，但是太麻煩了，可以改進如下：如圖（2），（1）分別以點A，B為圓心，大于AB的長為半徑作弧，兩弧在上方交于點，作射線CA，CB；（2）以點C為圓心，適當長為半徑作弧，分別交射線CA，CB，于點，E；（3）連接BD，AE，交于點Q；（4）作直線CQ．直線CQ即為線段AB的垂直平分線．任務：(1)小明得出△PCD≌△PCE的依據是．（填序號）①SSS

②SAS

③AAS

④ASA

⑤HL(2)小軍作圖得到的直線CQ是線段AB的垂直平分線嗎？請判斷，并說明理由；(3)如圖（3），在等腰三角形ABC中，CA＝CB，，∠CAB＝75°，點D，分別是射線，CB上的動點，且CD＝CE，連接，AE，交點為點P．當∠PAB＝45°時，直接寫出線段的長．4、【閱讀材料】數列是一個古老的數學課題，我國對數列概念的認識很早，例如《易傳?系辭》：“河出圖，洛出書，圣人則之；兩儀生四象，四象生八卦”．這是世界數學史上有關等比數列的最早文字記載．【問題提出】求等比數列1+a1+a2+a3+…+an的值(a＞0，且a≠1，n是正整數，請寫出計算過程)．【等比數列】按照一定順序排列著的一列數稱為數列，數列中的每一個數叫做這個數列的項．排在第一位的數稱為第一項，記為a1，排在第二位的數稱為第二項，記為a2，依此類推，排在第n位的數稱為第n項，記為an．所以，數列的一般形式可以寫成：a1，a2，a3，…，an，…．一般地，如果一個數列從第二項起，每一項與它前一項的比值等于同一個常數，那么這個數列叫做等比數列，這個常數叫做等比數列的公比，公比通常用q表示．如：數列1，2，4，8，…為等比數列，其中a1=1，a2=2，公比為q=2．根據以上材料，解答下列問題：(1)等比數列3，9，27，…的公比q為_____，第5項是_____．【公式推導】如果一個數列a1，a2，a3，…，an…，是等比數列，且公比為q，那么根據定義可得到：=q，=q，=q，…，=q．所以a2=a1?q，a3=a2?q=a1q?q=a1?q2，a4=a3?q=a1?q2=a1?q3，…(2)由此，請你填空完成等比數列的通項公式：an=a1?(_____)．【拓廣探究】等比數列求和公式并不復雜，但是其推導過程——錯位相減法，構思精巧、形式奇特．歐幾里得在《幾何原本》中就給出了等比數列前n項和公式，而錯位相減法則直到1822年才由歐拉在《代數學基礎》中給出，時間相差兩千多年．下面是小明為了計算1+2+22+…+22019+22020的值，采用的方法：設S=1+2+22+…+22019+22020①，則2S=2+22+…+22020+22021②，②-①得2S-S=S=22021-1，∴S=1+2+22+…+22019+22020=22021-1．【解決問題】(3)請仿照小明的方法求等比數列1+a1+a2+a3+…+an的值(a＞0，且a≠1，n是正整數，請寫出計算過程)．【拓展應用】(4)計算25+252+253+…+25n的值為_____．(直接寫出結果)5、如圖，已知線段，利用尺規(guī)作圖的方法作一個正方形，使為正方形的對角線（保留作圖痕跡，不要求寫作法）．6、如圖是直角三角尺（）和等腰直角三角尺（）放置在同一平面內，斜邊BC重合在一起，，，．交AB于點E；作交AC的延長線于點F．(1)求證：四邊形AEDF是正方形．(2)當時，求正方形AEDF的邊長．7、已知：在菱形中，點E，O，F分別為AB，AC，AD的中點，連接，．求證：；-參考答案-一、單選題1、D【解析】【分析】根據勾股定理的逆定理，逐項判斷即可求解．【詳解】解：A、因為，所以能夠作為直角三角形的三邊長，故本選項不符合題意；B、因為，所以能夠作為直角三角形的三邊長，故本選項不符合題意；C、因為，所以能夠作為直角三角形的三邊長，故本選項不符合題意；D、因為，所以不能夠作為直角三角形的三邊長，故本選項符合題意；故選：D【點睛】本題主要考查了勾股定理的逆定理，熟練掌握若一個三角形的兩邊的平方和等于第三邊的平方，則這個三角形是直角三角形是解題的關鍵．2、C【解析】【詳解】A、中心對稱圖形，不符合題意；B、軸對稱圖形，不符合題意；C、軸對稱圖形，又是中心對稱圖形，符合題意；D、軸對稱圖形，不符合題意；故點C．【點睛】本題考查軸對稱圖形與中心對稱圖形的定義，軸對稱圖形的概念：如果一個圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個圖形就叫軸對稱圖形；中心對稱圖形的概念：在平面內，把一個圖形繞著某個點旋轉180°，如果旋轉后的圖形與原來的圖形重合，這個圖形稱為中心對稱圖形．熟悉軸對稱圖形和中心對稱圖形的概念是本題的解題關鍵．3、B【解析】【分析】根據折疊的性質可得，再由矩形的性質可得，從而得到，然后設，則，在中，由勾股定理，即可求解．【詳解】解：根據題意得：，在矩形紙片中，，∴，∴，設，則，在中，，∴，解得：，即．故選：B【點睛】本題主要考查了矩形與折疊，勾股定理，熟練掌握矩形的性質，折疊圖形的性質是解題的關鍵．4、D【解析】【分析】分別連接圖1與圖2中的AC，證明圖1中△ABC是等邊三角形，求出BC，利用勾股定理求出圖2中AC．【詳解】解：分別連接圖1與圖2中的AC，在圖1中：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC，∵∠B＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB=AC＝10cm，在圖2中，BC=AB＝10cm，∠B=90°，∴cm，故選：D．【點睛】此題考查了菱形的性質，正方形的性質，等邊三角形的判定及性質，勾股定理，解題的關鍵是理解兩圖中的邊長相等．5、A【解析】【分析】將點代入y＝x即可求得點的坐標，根據由兩個函數的交點坐標同時滿足兩個函數解析式，從而可得方程組的解．【詳解】函數y＝2x+a與y＝x的圖象交于點P（2，b）即二元一次方程組的解是故選A【點睛】本題考查的是利用函數的交點坐標確定方程組的解，明確交點坐標的含義與掌握數形結合的方法解題是關鍵．6、C【解析】【分析】在中利用勾股定理即可求出AC的長，再根據三角形中位線的性質，即可求出DE的長．【詳解】解：在中，，是的中位線，，故選：C．【點睛】本題考查勾股定理和三角形中位線的性質，掌握三角形的中位線平行于三角形的第三邊，并且等于第三邊的一半是解題關鍵．7、A【解析】【分析】正實數都大于0，負實數都小于0，正實數大于一切負實數，兩個負實數絕對值大的反而小，據此判斷即可．【詳解】解：由題意可得：故最小的數是故選：A．【點睛】此題主要考查了實數大小比較的方法，要熟練掌握，解答此題的關鍵是要明確：正實數＞0＞負實數，兩個負實數絕對值大的反而?。?、C【解析】【分析】先分析四邊形APQE的周長最小，則最小，如圖，把沿軸正方向平移2個單位長度得作關于軸的對稱點則連接交軸于則所以當重合時，最小，即最小，再利用一次函數的性質求解一次函數與軸的交點的坐標即可得到答案.【詳解】解：四邊形APQE的周長PQ＝2，是定值，所以四邊形APQE的周長最小，則最小，如圖，把沿軸正方向平移2個單位長度得則則作關于軸的對稱點則連接交軸于則所以當重合時，最小，即最小，設的解析式為：解得：所以的解析式為：令則則即故選C【點睛】本題考查的是利用軸對稱的性質求解四邊形的周長的最小值時點的坐標，平移的性質，利用待定系數法求解一次函數的解析式，掌握Q的位置使周長最小是解本題的關鍵.二、填空題1、【解析】【分析】根據二次根式有意義的條件可得，再解即可．【詳解】解答：解：由題意得：，解得：，故答案為：．【點睛】此題主要考查了二次根式有意義的條件，關鍵是掌握二次根式中的被開方數是非負數．2、5或##或5【解析】【分析】由于此題中直角三角形的斜邊不能確定，故應分5是直角三角形的斜邊和直角邊兩種情況討論．【詳解】解：∵這個直角三角形的三邊長分別為x，12，13，∴①當13是此直角三角形的斜邊時，由勾股定理得到：x=＝5；②當12，13是此直角三角形的直角邊時，由勾股定理得到：x=．故選：5或．【點睛】本題考查的是勾股定理，解答此題時要注意要分類討論，不要漏解．3、-π（答案不唯一）【解析】【分析】根據實數的大小比較和無理數的定義寫出即可．【詳解】解：∵π＞0，∴-π＜0，故答案為：-π（答案不唯一）．【點睛】本題考查了無理數的定義和實數的大小比較，能熟記無理數的定義的內容是解此題的關鍵．4、y1＜y2【解析】【分析】根據一次函數的圖象與系數的關系判斷k＜0，再利用一次函數的性質可得出y隨x的增大而減小，結合2＞，即可得出結論.【詳解】解：∵一次函數的圖象不經過第三象限，∴一次函數的圖象經過第一、二、四象限，∴k＜0，∴y隨x的增大而減小，∵點和均在函數圖象上，2＞，∴y1＜y2．故答案為：y1＜y2．【點睛】本題考查了一次函數的圖象與系數的關系，一次函數的性質，根據一次函數的圖象與系數的關系判斷出k＜0是解題的關鍵．5、

±9

4【解析】【分析】根據平方根與立方根的性質即可求出答案．【詳解】解：∵∴81的平方根為±9，∵∴64的立方根為4．故答案為：±9，4．【點睛】本題考查立方根與平方根的概念，解題的關鍵是正確理解平方根與立方根的概念．6、且【解析】【分析】根據分式的分母不等于零和二次根式的被開方數是非負數進行解答．【詳解】解：∵二次根式的被開方數是非負數，∴，解得．又∵分母不等于零，∴，∴且．故答案是：且．【點睛】本題考查了二次根式有意義的條件和分式有意義的條件，解答本題的關鍵是分式的分母不等于零和二次根式的被開方數是非負數．7、2【解析】【分析】根據旋轉的性質得，由，于是可判斷為等邊三角形，根據等邊三角形的性質得，然后利用進行計算．【詳解】解：，∠BAC=90°，，，∴BC=2AB，，∴，、，由旋轉的性質知，，是等邊三角形，，則．故答案為：2【點睛】本題考查了旋轉的性質，解題的關鍵是掌握旋轉前后兩圖形全等；對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心的連線段的夾角等于旋轉角．也考查了等邊三角形的判定與性質．三、解答題1、(1)見解析(2)7【解析】【分析】（1）由AC⊥CE，∠ABC=∠CDE=90°，易證∠DCE=∠A．即可利用“AAS”證明△ABC≌△CDE．（2）由全等三角形的性質可知BC＝DE＝5，CE＝13．再在中，利用勾股定理即可求出CD的長，從而可求出DB的長．(1)證明：∵AC⊥CE，∠ABC=∠CDE=90°，∴∠BCA+∠DCE=90°，∠A+∠BCA=90°∴∠DCE=∠A．∴在△ABC和△CDE中，，∴△ABC≌△CDE(AAS)．(2)∵△ABC≌△CDE，DE＝5，AC＝13∴BC＝DE＝5，CE＝13∴在中，∴．【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，勾股定理．掌握全等三角形的判定條件是解答本題的關鍵．2、(1)直線l的函數解析式為(2)點到直線的距離為(3)存在點或或或，使以點A，D，E，F為頂點的四邊形為菱形．【解析】【分析】（1）用待定系數法即可求解；（2）由△PBD的面積求出點P的坐標，進而求出點P'(5,4)，構建△P'DN用解直角三角形的方法即可求解；（3）分AD是菱形的邊、AD是菱形的對角線兩種情況，利用圖象平移和中點公式，分別求解即可．(1)解：∵，點A在點C右側，∴．∵直線l與直線相交于點，∴解得

∴直線l的函數解析式為．(2)解：如圖1，過點P作軸于點N，作軸，交于點，過點作于點M，過點D作軸于點E，設與y軸交于點F，設直線的解析式為，∵，∴解得∴直線的解析式為．∴．∴∵，∴∵直線l的解析式為，∴．∴．∴．設，∵，∴，即，解得．∴．∵將線段沿著y軸方向平移，使得點P落在直線上的處，∴．∴．∴．∵，∴．∵，∴是等腰直角三角形．∴，即點到直線的距離為．(3)解：①如圖2，當、為邊時，∵，∴．∵四邊形是菱形，∴．∵直線的解析式為，∴可設直線的解析式為．∵，∴，解得．∴直線的解析式為．設，∴，解得．∴．當、為邊時，∵，∴．∵四邊形是菱形，∴．∵直線的解析式為，∴可設直線的解析式為．∵，∴-，解得．∴直線的解析式為．設，∴，解得或（舍去），∴．②如圖3，當為對角線時，則．由①得直線的解析式為．設，∵，∴，解得．∴．綜上所述，存在點或或或使以點A，D，E，F為頂點的四邊形為菱形．【點睛】本題考查的是二次函數綜合運用，涉及到二次函數的性質、平行四邊形的性質、圖形的平移、面積的計算等，分類求解解題的關鍵．3、(1)①(2)是，理由見解析(3)或【解析】【分析】（1）根據小明的作圖步驟可得由作圖知△PCD≌△PCE的依據是SSS；（2）根據題意證明，可得，根據等邊對等角可得，進而根據垂直平分線的性質判定定理即可得證；（3）過點作于點，由（2）可知，進而可得，分點在上方和下方兩種情形，分別勾股定理解直角三角形求解即可．(1)PD＝PC＝PE，△PCD≌△PCE故答案為：①(2)是，理由如下：由作圖可知：CA＝CB，，又，，，，，,直線是線段的垂直平分線(3)如圖，過點作于點，由（2）可知，①當在上方時，如圖，又②當點在的下方時，如圖，同理可得綜上所述，的長為或【點睛】本題考查了垂直平分線的性質與判定，等腰三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，勾股定理解直角三角形，理解題意，掌握垂直平分線的性質與判定是解題的關鍵．4、(1)3，243；(2)qn-1；【解決問題】；【拓展應用】【解析】【分析】(1)根據等比數列的公比的定義求解即可；(2)探究規(guī)律利用規(guī)律解決問題；【解決問題】設S=1+a1+a2+a3+…+an，則aS=a1+a2+a3+…+an+1，兩式相減即可求得；【拓展應用】設S=25+252+253+…+25n，則25S=252+253+…+25n+1，兩式相減即可求得．【詳解】解：(1)等比數列3，9，27，…的公比q為3，第四項為27×3=81，第五項為81×3=243，故答案為：3，243．(2)如果一個數列a1，a2，a3，…，an…，是等比數列，且公比為q，那么根據定義可得到：=q，=q，=q，…，=q