滬科版8年級下冊期末試題考試時間：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、點P（－3，4）到坐標原點的距離是（）A．3 B．4 C．－4 D．52、為了綠化荒山，某地區(qū)政府提出了2028年荒山的森林覆蓋率達到45%的目標．已知2019年該地區(qū)森林覆蓋率已達到34%，若要在2021年使該地區(qū)荒山的森林覆蓋率達到38%．設從2019年起該地區(qū)荒山的森林覆蓋率的年平均增長率為，則可列方程為（）A． B．C． D．3、在下列四組數(shù)中，不是勾股數(shù)的一組是（）A．15，8，7 B．4，5，6 C．24，25，7 D．5，12，134、下列方程中，是一元二次方程的是（）A．x2﹣x＝x2+3 B．C．x2＝﹣1 D．5、估計的值應在（）A．7和8之間 B．6和7之間C．5和6之間 D．4和5之間6、若菱形的兩條對角線長分別為10和24，則菱形的面積為（）A．13 B．26 C．120 D．2407、已知等腰三角形的兩邊長分別是一元二次方程的兩根，則該等腰三角形的周長為（）A．9 B．12 C．2或5 D．9或128、估計的值應在（）A．5和6之間 B．6和7之間 C．7和8之間 D．8和9之間第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、如圖，BE，CD是△ABC的高，BE，CD相交于點O，若，則_________．（用含的式子表示）2、平行四邊形ABCD中，∠BAD的平分線交BC邊于點E，∠ADC的平分線交BC邊于點F，AB=5，EF=1，則BC=______．3、如果一個等腰三角形的底為8，腰長為5，則它的面積是_____．4、已知，為實數(shù)，且，則________．5、方程x2﹣3x+2＝0兩個根的和為_____，積為_____．6、的有理化因式是___．7、在△ABC中，AB＝10，BC＝8，∠B＝60°，則AC的長度是___．三、解答題（6小題，每小題10分，共計60分）1、在長方形ABCD中，AB＝4，BC＝8，點P、Q為BC邊上的兩個動點（點P位于點Q的左側，P、Q均不與頂點重合），PQ＝2（1）如圖①，若點E為CD邊上的中點，當Q移動到BC邊上的中點時，求證：AP＝QE；（2）如圖②，若點E為CD邊上的中點，在PQ的移動過程中，若四邊形APQE的周長最小時，求BP的長；（3）如圖③，若M、N分別為AD邊和CD邊上的兩個動點（M、N均不與頂點重合），當BP＝3，且四邊形PQNM的周長最小時，求此時四邊形PQNM的面積．2、某影院在國慶檔期上映了兩部最火的國產影片《長津湖》與《我和我的父輩》，在國慶檔第一周，已知買3張《長津湖》的可以買4張《我和我的父輩》，買4張《長津湖》和3張《我和我的父輩》一共需要250元．（1）在國慶檔第一周，一張《長津湖》的票價和一張《我和我的父輩）的票價分別是多少元？（2）在國慶檔第一周《長津湖）賣出了6000張電影票，《我和我的父輩》賣出了4000張電影票．在國慶檔第二周，長津湖的每張票價在第一周的基礎上降低了a%，賣出電影票的數(shù)量卻比第一周降低了，《我和我的父輩》的票價不變，數(shù)量比第一周減少，國慶檔的第二周兩部電影的票房總價比第一周兩部電影的票房總價減少了，求a的值．3、計算：（1）（2）．4、計算：（1）（2）5、計算：．6、如圖，中，，垂直平分，交于點，交于點，且．（1）求證：；（2）若，，求的周長．-參考答案-一、單選題1、D【分析】利用兩點之間的距離公式即可得．【詳解】解：點到坐標原點的距離是，故選：D．【點睛】本題考查了兩點之間的距離公式，熟練掌握兩點之間的距離公式是解題關鍵．2、C【分析】增長率問題，一般用增長后的量=增長前的量×（1+增長率），參照本題，如果設年平均增長率為x，根據(jù)“2019年我市森林覆蓋率已達到34%，要在2021年使全市森林覆蓋率達到38%”，可列出方程．【詳解】解：由題意可得：2020年，全市森林覆蓋率為：34%(1+x)；2021年，全市森林覆蓋率為：34%(1+x)(1+x)=34%(1+x)2；所以可列方程為34%(1+x)2=38%；故選C．【點睛】本題考查求平均變化率的方法．若設變化前的量為a，變化后的量為b，平均變化率為x，則經(jīng)過兩次變化后的數(shù)量關系為a(1±x)2=b．3、B【分析】利用勾股數(shù)的定義（勾股數(shù)就是可以構成一個直角三角形三邊的一組正整數(shù)），最大數(shù)的平方=最小數(shù)的平方和，直接判斷即可．【詳解】解：A、，故A不符合題意．B、，故B符合題意．C、，故C不符合題意．D、，故D不符合題意．故選：B．【點睛】本題主要是考查了勾股數(shù)的判別，熟練掌握勾股數(shù)的定義，是求解該題的關鍵．4、C【詳解】解：A、方程整理為，是一元一次方程，此項不符題意；B、方程中的是分式，不是一元二次方程，此項不符題意；C、方程是一元二次方程，此項符合題意；D、方程中的不是整式，不是一元二次方程，此項不符題意；故選：C．【點睛】本題考查了一元二次方程，熟練掌握一元二次方程的定義（只含有一個未知數(shù)，并且未知數(shù)的最高次數(shù)2的整式方程，叫做一元二次方程）是解題關鍵．5、A【分析】原式利用二次根式乘除法運算法則計算得到結果，估算即可．【詳解】解：∵16＜24＜25，即42＜＜52，∴4＜2＜5，∴7＜3＋2＜8，∴的值應在7和8之間．故選：A．【點睛】此題考查了估算無理數(shù)的大小，以及二次根式的混合運算，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵．6、C【分析】根據(jù)菱形的面積公式即可得到結論．【詳解】解：菱形的兩條對角線長分別為10和24，菱形的面積為，故選：C．【點睛】本題考查了菱形的性質，解題的關鍵是熟練掌握菱形的面積公式．7、B【分析】因式分解法求得方程的根，根據(jù)等腰三角形的性質，確定三邊，在三角形存在的前提下，計算周長．【詳解】∵，∴，∴等腰三角形的三邊長為2，2，5，不滿足三邊關系定理，舍去；或2，5，5，滿足三邊關系定理，∴等腰三角形的周長為2+5+5=12，故選B．【點睛】本題考查了一元二次方程的解法，三角形的三邊關系定理，等腰三角形的性質，熟練掌握一元二次方程的解法，三角形三邊關系定理是解題的關鍵．8、B【分析】化簡原式等于，因為＝，所以＜＜，即可求解.【詳解】解：＝＝=，∵＝，＜＜，∴6＜＜7，故選：B．【點睛】本題考查二次根式的除法和無理數(shù)的估算；能夠將給定的無理數(shù)鎖定在相鄰的兩個整數(shù)之間是解題的關鍵．二、填空題1、180°－【分析】根據(jù)三角形的高的定義可得∠AEO=∠ADO=90°，再根據(jù)四邊形在內角和為360°解答即可．【詳解】解：∵BE，CD是△ABC的高，∴∠AEO=∠ADO=90°，又，∴∠BOC=∠DOE=360°－90°－90°－=180°－，故答案為：180°－．【點睛】本題考查三角形的高、四邊形的內角和、對頂角相等，熟知四邊形在內角和為360°是解答的關鍵．2、11【分析】分兩種情形分別計算，只要證明AB=BE，CD=CF，即可推出AB=BE=CF，由此即可解決問題．【詳解】解：如圖，∵AE平分∠BAD，DF平分∠ADC，∴∠BAE=∠EAD，∠ADF=∠CDF，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，AB=CD，∴∠DAE=∠AEB，∠ADF=∠DFC，∴∠BAE=∠AEB，∠DFC=∠CDF，∴AB=BE，CD=CF，即2AB+EF=BC，∵AB=5，EF=1，∴BC=11．如圖，由（1）可知：AB=BE，CD=CF，∵AB=CD=5，∴AB=BE=CF=5，∵BE+CF-EF=BC，EF=1，∴BC=2×5-1=9，綜上：BC長為11或9，故答案為：11或9．【點睛】本題考查平行四邊形的性質、角平分線的定義，等腰三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考?？碱}型．3、【分析】先畫好符合題意的圖形，過作于證明再利用勾股定理求解即可.【詳解】解：如圖，過作于故答案為：【點睛】本題考查的是等腰三角形的性質，勾股定理的應用，掌握“作出適當?shù)妮o助線構建直角三角形，結合利用等腰三角形的三線合一證明”是解本題的關鍵.4、【分析】根據(jù)二次根式的性質求出m的取值，故可求出m，n的值，即可求解．【詳解】依題意可得m-2≥0且2-m≥0∴m=2∴n-3=0∴n=3∴=故答案為：．【點睛】此題主要考查二次根式的性質及求值，解題的關鍵是熟知二次根式被開方數(shù)為非負數(shù)．5、32【分析】根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關系：解題．【詳解】解：方程x2﹣3x+2＝0故答案為：3，2．【點睛】本題考查一元二次方程根與系數(shù)的關系—韋達定理，是重要考點，難度較易，掌握相關知識是解題關鍵．6、【分析】根據(jù)有理化因式的定義（兩個根式相乘的積不含根號）即可得答案．【詳解】解：因為，所以的有理化因式是，故答案為：．【點睛】本題考查了有理化因式，熟練掌握有理化的方法是解題關鍵．7、∴△EFM的周長=EF+FM+EM=EF+BC+BC=EF+BC=1故答案為：13【點睛】本題考查直角三角形斜邊中線的性質，直角三角形斜邊中線等于斜邊一半；熟練掌握性質是解題關鍵．3．【分析】先畫出圖形（見解析），過點作于點，先利用直角三角形的性質、勾股定理可得的長，從而可得的長，再在中，利用勾股定理即可得．【詳解】解：如圖，過點作于點，在中，，，，，則在中，，故答案為：．【點睛】本題考查了勾股定理、含角的直角三角形的性質，熟練掌握勾股定理是解題關鍵．三、解答題1、（1）見解析（2）4（3）4【分析】（1）由“SAS”可證△ABP≌△QCE，可得AP=QE；（2）要使四邊形APQE的周長最小，由于AE與PQ都是定值，只需AP+EQ的值最小即可．為此，先在BC邊上確定點P、Q的位置，可在AD上截取線段AF=DE=2，作F點關于BC的對稱點G，連接EG與BC交于一點即為Q點，過A點作FQ的平行線交BC于一點，即為P點，則此時AP+EQ=EG最小，然后過G點作BC的平行線交DC的延長線于H點，那么先證明∠GEH=45°，再由CQ=EC即可求出BP的長度；（3）要使四邊形PQNM的周長最小，由于PQ是定值，只需PM+MN+QN的值最小即可，作點P關于AD的對稱點F，作點Q關于CD的對稱點H，連接FH，交AD于M，交CD于N，連接PM，QN，此時四邊形PQNM的周長最小，由面積和差關系可求解．（1）解：證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴CD=AB=4，BC=AD=8，∵點E是CD的中點，點Q是BC的中點，∴BQ=CQ=4，CE=2，∴AB=CQ，∵PQ=2，∴BP=2，∴BP=CE，又∵∠B=∠C=90°，∴△ABP≌△QCE（SAS），∴AP=QE；（2）如圖②，在AD上截取線段AF=PQ=2，作F點關于BC的對稱點G，連接EG與BC交于一點即為Q點，過A點作FQ的平行線交BC于一點，即為P點，過G點作BC的平行線交DC的延長線于H點．∵GH=DF=6，EH=2+4=6，∠H=90°，∴∠GEH=45°，∴∠CEQ=45°，設BP=x，則CQ=BC-BP-PQ=8-x-2=6-x，在△CQE中，∵∠QCE=90°，∠CEQ=45°，∴CQ=EC，∴6-x=2，解得x=4，∴BP=4；（3）如圖③，作點P關于AD的對稱點F，作點Q關于CD的對稱點H，連接FH，交AD于M，交CD于N，連接PM，QN，此時四邊形PQNM的周長最小，連接FP交AD于T，∴PT=FT=4，QC=BC-BP-PQ=8-3-2=3=CH，∴PF=8，PH=8，∴PF=PH，又∵∠FPH=90°，∴∠F=∠H=45°，∵PF⊥AD，CD⊥QH，∴∠F=∠TMF=45°，∠H=∠CNH=45°，∴FT=TM=4，CN=CH=3，∴四邊形PQNM的面積=×PF×PH-×PF×TM-×QH×CN=×8×8-×8×4-×6×3=7．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質，全等三角形的判定和性質，軸對稱求最短距離，直角三角形的性質；通過構造平行四邊形和軸對稱找到點P和點Q位置是解題的關鍵．2、（1）一張《長津湖》的票價是40元，一張《我和我的父輩》的票價是30元（2）a的值是10【分析】（1）設一張《長津湖》的票價是x元，一張《我和我的父輩》的票價是y元，根據(jù)“買3張《長津湖》的可以買4張《我和我的父輩》，買4張《長津湖》和3張《我和我的父輩》一共需要250元．”列出方程組，即可求解；（2）根據(jù)題意列出方程，令，可得關于的方程，解出即可求解．（1）解：設一張《長津湖》的票價是x元，一張《我和我的父輩》的票價是y元，根據(jù)題意得，解得，答：一張《長津湖》的票價是40元，一張《我和我的父輩》的票價是30元．（2）解：根據(jù)題意得：令，整理得，解得，或（舍去），所以，，答：a的值是10．【點睛】本題主要考查了一元二次方程和二元一次方程組的應用，明確題意，準確得到等量關系是解題的關鍵．3、（1）2（2）【分析】（1）直接利用零指數(shù)冪的性質、負整數(shù)指數(shù)冪的性質、平方根分別化簡得出答案；（2）先化簡二次根式，再利用二次根式運算法則計算即可得出答案．（1）＝＝2．（2）原式【點睛】此題主要考查了二次根式的混合運算以及零指數(shù)冪、負整數(shù)指數(shù)冪，正確化簡二次根式是解題關鍵．4、（1）-12（2）1【分析】（1）先計算乘方，再計算乘除，