青島版8年級數(shù)學下冊期末測試卷考試時間：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、甲、乙兩汽車從城出發(fā)前往城，在整個行程中，汽車離開城的距離與時間的對應關系如圖所示，下列結論錯誤的是（

）A．，兩城相距 B．行程中甲、乙兩車的速度比為3：5C．乙車于7：20追上甲車 D．9：00時，甲、乙兩車相距2、下列各式中，與是同類二次根式的是（

）A． B． C． D．253、估計的值在（

）A．4到5之間 B．5到6之間 C．6到7之間 D．7到8之間4、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．55、下列圖形中既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形的是（

）A． B． C． D．6、如果關于x的分式方程的解為整數(shù)，且關于y的不等式組有解，則符合條件的所有整數(shù)a的和為（

）A．－1 B．0 C．1 D．47、甲、乙兩人沿同一條筆直的公路相向而行，甲從地前往地，乙從地前往地．甲先出發(fā)3分鐘后乙才出發(fā)．當甲行駛到6分鐘時發(fā)現(xiàn)重要物品忘帶，立刻以原速的掉頭返回地．拿到物品后以提速后的速度繼續(xù)前往地，二人相距的路程（米）與甲出發(fā)的時間（分鐘）之間的關系如圖所示，下列說法不正確的是（

）A．乙的速度為 B．兩人第一次相遇的時間是分鐘C．點的坐標為 D．甲最終達到地的時間是分鐘8、已知是二元一次方程組mx?ny=8nx+my=1的解，則的立方根為（

）A． B． C． D．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，創(chuàng)新小組要測量公園內一棵樹AB的高度，其中一名小組成員站在距離樹10米的點E處，測得樹頂A的仰角為45°，已知測角儀的架高CE＝1.2米，則這棵樹的高度為______米．2、如圖，長方體的長EF＝8，寬AE＝2，高AD＝4，已知螞蟻從頂點G出發(fā)，沿長方體的表面到達棱AD的中點B處，則它爬行的最短路程為_____．（結果保留根號）3、如圖，四邊形ABCD是邊長為4的正方形，點E在邊AD上，以CE為直角邊作等腰直角△CEF（點D，點F在直線CE的同側），連接BF，若AE=1，則BF＝_____．4、若a、b是實數(shù)，且|a|＝+4，則a+b=_____．5、在Rt△ABC中，D是斜邊AB的中點，AD＝10，則CD的長是______．6、如圖，點A坐標為（－4，－4），點B（0，m）在y軸的負半軸上沿負方向運動時，作Rt△ABC，其中∠BAC＝90°．直線AC與x軸正半軸交于點C（n，0），當B點的運動過程中時，則m＋n的值為______．7、如圖，△ABC是等腰直角三角形，AC=BC，∠ACB=90°，點D是AB中點，在△ABC外取一點E，使DE=AD，連接DE，AE，BE，CE．若CE=-，∠ABE=30°，則AE的長為

_____．三、解答題（7小題，每小題10分，共計70分）1、計算或解方程：(1)．(2)．2、若一個正數(shù)的平方根分別是m﹣3和m﹣7，求：(1)求這個正數(shù)；(2)求m2+2的立方根．3、（1）計算：（a﹣）÷．（2）解不等式組：．4、如圖，，分別為銳角邊，上的點，把沿折疊，點落在所在平面內的點處．(1)如圖1，點在的內部，若，，求的度數(shù)．(2)如圖2，若，，折疊后點在直線上方，與交于點，且，求折痕的長．(3)如圖3，若折疊后，直線，垂足為點，且，，求此時的長．5、如圖，點O是等邊三角形ABC內的一點，∠BOC＝150°，將△BOC繞點C按順時針方向旋轉一定的角度，得到△ADC，連接OD，OA．(1)求∠ODC的度數(shù)；(2)試判斷AD與OD的位置關系，并說明理由；(3)若OB＝2，OC＝3，求AO的長（直接寫出結果）．6、如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BD是△ABC的角平分線，DE⊥AB于E．(1)發(fā)現(xiàn)：如圖1，連接CE，則△BCE的形狀是_______________，∠CDB=____________°；(2)探索：如圖2，點P為線段AC上一個動點，當點P在CD之間運動時，連接BP，作∠BPQ=60°，PQ交射線DE于Q，連接BQ，即△BPQ是等邊三角形；思路：在線段BD上截取點H，使DH=DP，得等邊△DPH，由∠DPQ=∠HPB，PD=PH，∠QDP=∠BHP，易證△PDQ≌△PHB（ASA），得PQ=PB，即△BPQ是等邊三角形．試判斷線段DQ、DP、AD之間的關系，并說明理由；(3)類比：如圖3，當點P在AD之間運動時連接BP，作∠BPQ=60°，PQ交射線DE于Q，連接BQ．①試判斷△BPQ的形狀，并說明理由；②若AD=2，設AP=x，DQ=y，請直接寫出y與x之間的函數(shù)關系式．7、已知：在菱形中，點E，O，F(xiàn)分別為AB，AC，AD的中點，連接，．求證：；-參考答案-一、單選題1、C【解析】【分析】根據(jù)整個行程中，汽車離開A城的距離y與時刻t的對應關系，即可得到正確結論．【詳解】解：A、由題可得，A，B兩城相距300千米，故A結論正確，不符合題意；B、甲車的平均速度為：300÷（10-5）=60（千米/時），乙車的平均速度為：300÷（9-6）=100（千米/時），所以行程中甲、乙兩車的速度比為3：5，故B結論正確，不符合題意；C、設乙出發(fā)x小時后追上了甲，則100x=60（x+1），解得x=1.5，即乙車于7：30追上甲車，故C結論錯誤，符合題意；D、9：00時甲車所走路程為：60×（9-5）=240（km），300-240=60（km），即9：00時，甲、乙兩車相距60km，故D結論正確，不符合題意．故選：C．【點睛】此題主要考查了看函數(shù)圖象，以及一次函數(shù)的應用，關鍵是正確從函數(shù)圖象中得到正確的信息．2、B【解析】【分析】先把各選項化成最簡二次根式，然后根據(jù)同類二次根式判斷即可.【詳解】∵，，∴與是同類二次根式的是.故選：B.【點睛】本題考查了最簡二次根式和同類二次根式的定義，把各個選項化簡是解題的關鍵．3、B【解析】【分析】先進行二次根式的混合運算，然后再估算結果的值即可解答．【詳解】解：==∵∴∴∴故答案選：B．【點睛】本題考查了二次根式的混合運算，估算無理數(shù)的大小，把根號外的數(shù)移到根號內然后再進行估算是解題的關鍵．4、B【解析】【分析】根據(jù)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(jù)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．5、C【解析】【詳解】解：選項A，B中的圖形是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故A，B不符合題意；選項C中的圖形既是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故C符合題意；選項D中的圖形不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故D不符合題意，故選C【點睛】本題考查的是軸對稱圖形與中心對稱圖形的識別，把一個圖形沿某條直線對折，直線兩旁的部分能夠完全重合，則這個圖形是軸對稱圖形，把一個圖形繞某點旋轉后能夠與自身重合，則這個圖形是中心對稱圖形，掌握“軸對稱圖形與中心對稱圖形的定義”是解本題的關鍵.6、A【解析】【分析】先解分式方程，根據(jù)分式方程有整數(shù)解求解的值，再根據(jù)一元一次不等式組有解，求解的取值范圍，從而可得答案.【詳解】解：關于x的分式方程的解為整數(shù)，則或解得：或或或又則即所以或或由①得：由②得：關于y的不等式組有解，綜上：或符合條件的所有整數(shù)a的和為故選A【點睛】本題考查的是分式方程的整數(shù)解，根據(jù)一元一次不等式組有解求解參數(shù)的取值范圍，掌握“解分式方程及分式方程的整數(shù)解的含義，一元一次不等式組有解的含義”是解本題的關鍵.7、D【解析】【分析】甲出發(fā)3分鐘后乙才出發(fā)，則AB段表示甲先出發(fā)3分鐘內兩人距離與甲出發(fā)時間的關系，故可得B點橫坐標為3；BC段表示甲3分鐘~6分鐘內兩人的距離與甲出發(fā)時間的關系，故可得點C橫坐標為6；CD段兩人距離不變，表示兩人的速度相等，從而可得乙的速度為甲原來速度的，利用前6分鐘的路程等于返回取物品的路程，可求得D點的橫坐標，再利用相遇關系可求得第一次相遇的時間，從而也可求得甲最終達到B地的時間，從而確定答案．【詳解】由題意知：AB段表示甲先出發(fā)3分鐘內兩人距離與甲出發(fā)時間的關系，則；BC段表示甲3分鐘~6分鐘內兩人的距離與甲出發(fā)時間的關系，故；CD段兩人距離不變，表示兩人的速度相等，從而可得乙的速度為甲原來速度的；設甲原來的速度為，提速后的速度為，則乙的速度為甲行駛6分鐘后，乙行駛3分鐘，兩人相距2320米，于是兩人共行駛了4000?2320=1680（）則得方程：解得：則乙的速度為故A正確甲前3分鐘的路程為：3×160=480（），3分鐘時甲乙相距故點B的坐標為故C正確設甲6分鐘后返回的時間為根據(jù)甲6分鐘的路程=甲返回取回物品的路程，得方程：解得：t=4∴即10后，甲乙均以速度相向而行，此時兩人相距：，兩人相遇的時間為：所以甲出發(fā)到兩人第一次相遇時間為：故B正確甲拿回物品后到達B地需要的時間為：，則甲最終達到B地所需的時間為：故D錯誤故選：D【點睛】本題考查了函數(shù)圖象，行程中的相遇問題，解一元一次方程，讀懂函數(shù)圖象并從圖象中獲取信息，分析運動過程是解答本題的關鍵和難點．8、D【解析】【分析】將代入，得到關于，的方程組，再用代入消元法求解方程組，得到，的值，即可求得的值，再根據(jù)立方根的定義即可求解．【詳解】解：是二元一次方程組的解由得，將代入，得，解得，將代入，得，，的立方根為，的立方根為，故選：D．【點睛】本題考查了二元一次方程組的解，熟練掌握二元一次方程組的解法、立方根的求法是解題的關鍵．二、填空題1、11.2【解析】【分析】過點C作CD⊥AB于D，則∠ACD=45°，可證AD=CD，再證四邊形CEBD為矩形，得出DB=CE=1.2米，CD=EB=10米即可．【詳解】解：過點C作CD⊥AB于D，則∠ACD=45°，∴∠CAD=180°-∠ACD-∠ADC=180°-45°-90°=45°，∴∠ACD=∠CAD=45°，∴AD=CD，∵CE⊥EB，∴∠CEB=90°=∠CDB=∠DBE，∴四邊形CEBD為矩形，∴DB=CE=1.2米，CD=EB=10米，∴AD=CD=10米，∴AB=AD+DB=10+1.2=11.2米．故答案為：11.2．【點睛】本題考查等腰直角三角形判定與性質，矩形的判定與性質，線段和差，掌握等腰直角三角形判定與性質，矩形的判定與性質，線段和差是解題關鍵．2、【解析】【分析】分三種情況：展開長方體的正面和上面，展開長方體的正面和右面，展開長方體的左面和上面，利用勾股定理分別求出對應的最小長度，最后比較即可．【詳解】解：如圖所示展開正面和上面，連接BG，，∴EF=CG=HD=8，AE=GH=2，∠H=90°，∵B是AD的中點，AD=4，∴，∴BH=HD+BD=10，∴；同理可以求出當展開正面和右面時，，當展開左面和上面時，，∵，∴，∴它爬行的最短路程為，故答案為：．【點睛】本題主要考查了勾股定理的應用，實數(shù)比較大小，解題的關鍵在于能夠根據(jù)題意利用分類討論的思想求解．3、【解析】【分析】過F作FH⊥AD交AD的延長線于點H，作FM⊥AB于M，則FM=AH，AM=FH，證明△EFH≌△CED，得出FH=DE=3，EH=CD=4，求出BM=AB+AM=7，F(xiàn)M=AE+EH=5，由勾股定理即可得出答案．【詳解】如圖，過F作FH⊥AD交AD的延長線于點H，作FM⊥AB于M，則FM=AH，AM=FH，∵AD=4，AE=1，∴DE=3，過點C和點F作GC⊥EC，GF⊥EF.于點C，F(xiàn)，交于點G，∵以CE為直角邊作等腰直角△CEF，∠FHE=90°∴AD=CD=4，EF=CE，∠ADC=∠DHF=∠CEF=90°，∴∠FEH=∠CED.在△EFH和△ECD中，∴△EFH≌△ECD(AAS).∴FH=DE=3，EH=CD=4，即點F到AD的距離為3：∴BM=AB+AM=4+3=7，F(xiàn)M=AE+EH=5，∴BF===故答案為：【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，勾般定理等知識，屬于基礎題，作輔助線構建直角三角形全等是解決問題的關鍵4、-3或5##5或-3【解析】【分析】根據(jù)二次根式有意義的條件和絕對值的概念求得a和b的值，從而代入求值．【詳解】解：由題意可得b-10，2-2b0，解得：b=1，∴|a|=++4=4，解得：a=±4，當a=4，b=1時，原式=4+1=5，當a=-4，b=1時，原式=-4+1=-3，綜上，a+b的值為-3或5．故答案為：-3或5．【點睛】本題考查了二次根式有意義的條件，理解絕對值的概念，掌握二次根式有意義的條件（被開方數(shù)為非負數(shù)）是解題關鍵．5、10【解析】【分析】根據(jù)斜邊中線等于斜邊一半，直接求解即可．【詳解】解：∵∠ACB＝90°，D為斜邊AB的中點，∴AD＝BD＝10，∴CD＝AD＝10．故答案為：10．【點睛】本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質，熟記性質是解題的關鍵．6、-8【解析】【分析】根據(jù)勾股定理和坐標的性質，分別計算得、、，結合∠BAC＝90°，根據(jù)勾股定理的性質計算，即可得到答案．【詳解】根據(jù)題意，得：∵∠BAC＝90°∴∴∴∴故答案為：-8．【點睛】本題考查了勾股定理、直角坐標系的知識；解題的關鍵是熟練掌握勾股定理的性質，從而完成求解．7、2【解析】【分析】過點C作CF⊥CE交BE于F，設AC交BE于J，根據(jù)點D是AB中點，DE=AD，可證∠AEB=90°，從而可證△CAE≌△CBF（ASA），即得CE=CF，AE=BF，由∠ECF=90°，得EF=CE=2-2，設AE=BF=x，則BE=x+2-2，在Rt△AEB中，BE=AE，有x+2-2=x，即可解得答案．【詳解】解：過點C作CF⊥CE交BE于F，設AC交BE于J，如圖：∵點D是AB中點，∴AD=DB，∵DE=AD，∴DE=DA=DB，∴∠DBE=∠DEB，∠DEA=∠DAE，∵∠ABE+∠AEB+∠BAE=180°，∴2∠DEA+2∠DEB=180°，∴∠DEA+∠DEB=90°，∴∠AEB=90°，∵∠ACB=∠ECF=90°，∴∠ACE=∠BCF，∵∠AEJ=∠BCJ=90°，∠AJE=∠BJC，∴∠CAE=∠CBF，∵CB=CA，∴△CAE≌△CBF（ASA），∴CE=CF，AE=BF，∵∠ECF=90°，∴EF=CE=2-2，設AE=BF=x，則BE=x+2-2，在Rt△AEB中，∵∠ABE=30°，∠AEB=90°，∴AE=AB，由勾股定理得BE=AE，∴x+2-2=x，解得：x=2．故答案為：2．【點睛】本題考查了等腰直角三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．三、解答題1、(1)(2)【解析】【分析】（1）先化簡各式，然后再進行計算即可；（2）按照解分式方程的步驟進行計算即可解答．(1)解：，，，；(2)解：，，解得：，檢驗：當時，，是原方程的根．【點睛】本題考查了解分式方程，實數(shù)的運算，零指數(shù)冪，解題的關鍵是一定要注意解分式方程必須檢驗．2、(1)4(2)3【解析】【分析】(1)首先根據(jù)正數(shù)的兩個平方根互為相反數(shù)，可得m-3+m?7=0，即可求得m=5，據(jù)此即可求得；(2)把m=5代入m2+2，再根據(jù)立方根的定義，即可求得．(1)解：∵一個正數(shù)的兩個平方根分別是m-3和m?7，∴m-3+m?7=0，解得m=5，∴m-3=5-3=2，∴這個正數(shù)是：；(2)解：∵m=5，∴m2+2=52+2=27，∵27的立方根是3，∴m2+2的立方根是3．【點睛】本題主要考查的是平方根，立方根的有關知識，靈活運用正數(shù)的兩個平方根互為相反數(shù)是解決本題的關鍵．3、（1）；（2）x≤1【解析】【分析】（1）先算括號內的減法，把除法變成乘法，最后算乘法即可；（2）先求出每個不等式的解集，再求出不等式組的解集即可．【詳解】解：（1）原式；（2），解不等式①，得x≤1，解不等式②，得x＜4，所以不等式組的解集是x≤1．【點睛】本題考查了分式的混合運算和一元一次不等式組的解法．理解分式的混合運算法則和一元一次不等式組的解法是解答關鍵．4、(1)(2)(3)或10【解析】【分析】（1）根據(jù)折疊知，，根據(jù)三角形內角和定理即可求得答案；（2）根據(jù)，由等邊對等角可得，設度，根據(jù)三角形內角和為180°，建立一元一次方程解方程求解即可求得，過作于，根據(jù)勾股定理求得，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質即可求得的長；（3）①當點在上方時，②當點在下方時，設，則，勾股定理求解即可；(1)由折疊知，，同理得，∴.(2)如圖，∵，∴，設度，∵，∴度，∴，解得，即，過作于，∵，∴，∴.(3)當點在上方時，如圖3-1∵，，直線，∴，設，則，又由折疊知：，，∴，在中，根據(jù)勾股定理，得解得，即；當點在下方時，如圖3-2由折疊知：，，∴，設，則，在中，根據(jù)勾股定理，得，解得，即.【點睛】本題考查了折疊的性質，三角形內角和定理，等邊對等角求角度，勾股定理，分類討論是解題的關鍵．5、(1)60°(2)，見解析(3)【解析】【分析】（1）根據(jù)旋轉的性質得到三角形ODC為等邊三角形即可求解；（2）將△BOC繞點C按順時針方向旋轉一定的角度，得到△ADC，可知∠ADC=∠BOC=150°，即得∠ADO=∠ADC-∠ODC=90°，故AD⊥OD；（3）在Rt△AOD中，由勾股定理即可求得AO的長．(1)由旋轉的性質得：，．∴，即．∵為等邊三角形，∴．∴．∴為等邊三角形，．(2)．由旋轉的性質得，．∵，∴．即．(3)由旋轉的性質得，AD=OB=2，∵△OCD為等邊三角形，∴OD=OC=3，在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO===【點睛】本題考查等邊三角形中的旋轉變換，涉及直角三角形判定、勾股定理等知識，解題的關鍵是掌握旋轉的性質，旋轉不改變圖形的大小和形狀．6、(1)等邊三角形，60；(2)AD=DQ+DP，見解析；(3)①△BPQ是等邊三角形，見解析；②y=-x+4【解析】【分析】（1）根據(jù)直角三角形的兩銳角互余求得∠ABC=60°，再根據(jù)角平分線的定義求得∠ABD=∠CBD=∠A=30°，則AD=BD，根據(jù)等腰三角形的性質證得AE=BE，再由直角三角形斜邊上的中線性質得出CE=BE，根據(jù)等邊三角形的判定即可得出結論；（2）根據(jù)思路和全等三角形的性質得出BH=DQ，結合AD=BD，BD=DH+BH即可解答；（3）延長BD至F，使DF=PD，連接PF，可證得△PDF是等邊三角形，則有PF=PD，∠F=∠PDF=∠DPF=60°，進而可得∠F=∠PDQ=60°，證明∠BPF=∠QPD，利用ASA證明△PBF≌△PQD，得出PB=PQ，BF=DQ，結合∠BPQ=60°和AD=BD即可得出①②的結論．(1)解：如圖1，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，∴∠ABC=60°，∵BD是△ABC的角平分線，∴∠ABD=∠CBD=∠ABC=30°，∴∠ABD=∠A，∠CDB=90°－∠CBD=60°，∴AD=BD，又DE⊥AB，∴AE=BE=AB，又∠ACB=90°，∴CE=AB=BE，又∠ABC=60°，∴△BCE是等