滬科版8年級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(wù)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(nèi)相應(yīng)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(zhǔn)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、用配方法解一元二次方程時，方程可變形為（）A． B． C． D．2、以下列各組數(shù)為邊長的三角形中，不能構(gòu)成直角三角形的一組是（）A．6、8、10 B．5、12、13 C．8、15、17 D．4、5、63、估計的值應(yīng)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4、如圖，矩形ABCD中，AB＝2BC，點E在CD上，AE＝AB，則∠ABE的度數(shù)為（）A．60° B．70° C．72° D．75°5、如圖，中，，，，點為的中點，以為圓心，長為半徑作半圓，交于點，則圖中陰影部分的面積是（）A． B． C． D．6、下列四組數(shù)中，不能構(gòu)成直角三角形邊長的一組數(shù)是（）A．0.3，0.4，0.5 B．1，， C．14，16，20 D．6，8，107、實數(shù)a，b在數(shù)軸上的位置如圖所示，化簡的結(jié)果是（）．A． B． C． D．8、如圖，長方形OABC中，點A在y軸上，點C在x軸上．，．點D在邊AB上，點E在邊OC上，將長方形沿直線DE折疊，使點B與點O重合．則點D的坐標(biāo)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，以的三邊向外作正方形，其面積分別為，，，且，，則＝___．2、已知關(guān)于x的一元二次方程（k＋1）x2＋2x＋1＝0有實數(shù)根，則k的取值范圍是________．3、如圖，BE，CD是△ABC的高，BE，CD相交于點O，若，則_________．（用含的式子表示）4、如圖，四邊形ABCD，BP、CP分別平分、，寫出、、之間的數(shù)量關(guān)系______．5、如圖，將一張邊長為4cm的正方彩紙片折疊，使點落在點處，折痕經(jīng)過點交邊于點．連接、，若，則的長為______cm．6、寫出的一個同類二次根式_________．7、已知0是關(guān)于的一元二次方程的一個實數(shù)根，則=______．三、解答題（6小題，每小題10分，共計60分）1、如圖，點O是等邊三角形ABC內(nèi)的一點，，將△BOC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°得△ADC，連接OD．（1）當(dāng)時，°；（2）當(dāng)時，°；（3）若，，，則OA的長為．2、解下列方程：（1）（2）x2﹣6x﹣3＝0（3）3x（x﹣1）＝2（1﹣x）（4）2x2﹣5x+3＝03、先化簡，再求值；，其中．4、小乾同學(xué)提出一種新圖形定義：一組對邊相等且垂直的四邊形叫等垂四邊形．如圖1，四邊形ABCD中，AB=CD，AB⊥CD，四邊形ABCD即為等垂四邊形，其中相等的邊AB、CD稱為腰，另兩邊AD、BC稱為底．（1）性質(zhì)初探：小乾同學(xué)探索了等垂四邊形的一些性質(zhì)，請你補充完整：①等垂四邊形兩個鈍角的和為°；②若等垂四邊形的兩底平行，則它的最小內(nèi)角為°．（2）拓展研究：①小坤同學(xué)發(fā)現(xiàn)兩底中點的連線與腰長有特定的關(guān)系，如圖2，M、N分別為等垂四邊形ABCD的底AD、BC的中點，試探索MN與AB的數(shù)量關(guān)系，小坤的想法是把其中一腰繞一個中點旋轉(zhuǎn)180°，請按此方法求出MN與AB的數(shù)量關(guān)系，并寫出AB與MN所在直線相交所成的銳角度數(shù)．②如圖1，等垂四邊形ABCD的腰為AB、CD，AB=CD=AD=3，則較長的底BC長的取值范圍是．（3）實踐應(yīng)用：如圖3，直線l1，l2是兩條相互垂直的公路，利用三段圍欄AB、BC、AD靠路邊按如圖方式圍成一塊四邊形種植園，第四條邊CD做成一條隔離帶，已知AB=250米，BC=240米，AD=320米，此隔離帶最長為多少米？5、如圖①，是四邊形ABCD的一個外角，，，點F在CD的延長線上，，，垂足為G．（1）求證：①DC平分；②．（2）如圖②，若，，．①求的度數(shù)；②直接寫出四邊形ABCF的面積．6、在中，點D為AC上一點，且，過C作，交AB于點E，垂足為點F．（1）若，，求CD的長；（2）若，求證：．-參考答案-一、單選題1、C【分析】先把常數(shù)項7移到方程右邊，然后把方程兩邊加上42即可．【詳解】方程變形為：x2-8x=-7，方程兩邊加上42，得x2-8x+42=-7+42，∴（x-4）2=9．故選C．【點睛】本題考查了利用配方法解一元二次方程：先把二次系數(shù)變?yōu)?，即方程兩邊除以a，然后把常數(shù)項移到方程右邊，再把方程兩邊加上一次項系數(shù)的一半，這樣把方程變形為：（x-）2=．2、D【分析】根據(jù)題意由勾股定理的逆定理，進(jìn)而驗證兩小邊的平方和等于最長邊的平方進(jìn)行判斷即可．【詳解】解：A、62+82＝102，故是直角三角形，故此選項不符合題意；B、52+122＝132，故是直角三角形，故此選項不符合題意；C、82+152＝172，故是直角三角形，故此選項不符合題意；D、42+52≠62，故不是直角三角形，故此選項符合題意．故選：D．【點睛】本題考查勾股定理的逆定理．注意掌握判斷三角形是否為直角三角形，已知三角形三邊的長，只要利用勾股定理的逆定理加以判斷即可．3、A【分析】原式利用二次根式乘除法運算法則計算得到結(jié)果，估算即可．【詳解】解：∵16＜24＜25，即42＜＜52，∴4＜2＜5，∴7＜3＋2＜8，∴的值應(yīng)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(guān)鍵．4、D【分析】根據(jù)已知和矩形性質(zhì)可得∠D=90°，AD=BC，CD∥AB，進(jìn)而證得∠BAE=∠AED=30°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求解即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D=90°，AD=BC，CD∥AB，∵AB=2BC，AE=AB，∴AE=2AD，∴∠AED=30°，∵CD∥AB，∴∠BAE=∠AED=30°，又AE=AB，∴∠ABE=（180°－∠BAE）÷2=（180°－30°）÷2=75°，故選：D．【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)、含30°角的直角三角形、等腰三角形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運用是解答的關(guān)鍵．5、A【分析】連接OD，BD，作OH⊥CD交CD于點H，首先根據(jù)勾股定理求出BC的長度，然后利用等面積法求出BD的長度，進(jìn)而得到是等邊三角形，，然后根據(jù)30°角直角三角形的性質(zhì)求出OH的長度，最后根據(jù)進(jìn)行計算即可．【詳解】解：如圖所示，連接OD，BD，作OH⊥CD交CD于點H∵，，∴在中，∵點為的中點，以為圓心，長為半徑作半圓∴是圓的直徑，∴∴，即解得：又∵∴∴是等邊三角形∴∴∵OH⊥CD∴，∴．故選：A．【點睛】本題考查了30°角直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)和判定，扇形面積，勾股定理等知識，正確添加輔助線，熟練掌握和靈活運用相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．6、C【分析】先分別求出兩小邊的平方和和最長邊的平方，再看看是否相等即可．【詳解】解：A．∵0.32+0.42=0.52，∴以0.3，0.4，0.5為邊能組成直角三角形，故本選項不符合題意；B．∵12+（）2=（）2，∴以1，，為邊能組成直角三角形，故本選項不符合題意；C．∵142+162≠202，∴以14，16，20為邊不能組成直角三角形，故本選項符合題意；D．∵62+82=102，∴以6，8，10為邊能組成直角三角形，故本選項不符合題意；故選：C．【點睛】本題考查了勾股定理的逆定理，注意：如果一個三角形的兩條邊a、b的平方和等于第三邊c的平方，那么這個三角形是直角三角形．7、D【分析】根據(jù)題意得出b＜0＜1＜a，進(jìn)而化簡求出即可．【詳解】解：由數(shù)軸可得：b＜0＜1＜a，則原式=a-b．故選：D．【點睛】本題主要考查了二次根式的性質(zhì)與化簡，正確得出a，b的符號是解題關(guān)鍵．8、C【分析】設(shè)AD=x，在Rt△OAD中，據(jù)勾股定理列方程求出x，即可求出點D的坐標(biāo)．【詳解】解：設(shè)AD=x，由折疊的性質(zhì)可知，OD=BD=8-x，在Rt△OAD中，∵OA2+AD2=OD2，∴42+x2=(8-x)2，∴x=3，∴D，故選C．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，以及折疊的性質(zhì)，熟練掌握勾股定理是解答本題的關(guān)鍵．直角三角形兩條直角邊的平方和等于斜邊的平方．二、填空題1、9【分析】由為直角三角形，利用勾股定理列出關(guān)系式，結(jié)合正方形面積公式得到，即可求出的值．【詳解】解：∵為直角三角形，∴，∵以的三邊向外作正方形，其面積分別為，，，且，，∴，則，故答案為：9．【點睛】此題主要考查了勾股定理，熟練掌握勾股定理以及正方形的面積公式是解本題的關(guān)鍵．2、k≤0且k≠－1【分析】一元二次方程有實數(shù)根，利用判別式大于等于零和二次項系數(shù)不為零得出參數(shù)取值范圍．【詳解】∵一元二次方程有實數(shù)根∴解得k≤0且k≠－1故答案為：k≤0且k≠－1【點睛】本題考查判別式的應(yīng)用、一元二次方程的定義；掌握這些是本題關(guān)鍵．3、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(nèi)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(nèi)角和、對頂角相等，熟知四邊形在內(nèi)角和為360°是解答的關(guān)鍵．4、【分析】如圖（見解析），先根據(jù)角平分線的定義可得，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理、四邊形的內(nèi)角和即可得．【詳解】解：如圖，、分別平分、，，，，又，，故答案為：．【點睛】本題考查了角平分線的定義、三角形的內(nèi)角和定理、四邊形的內(nèi)角和，熟練掌握三角形的內(nèi)角和定理、四邊形的內(nèi)角和是解題關(guān)鍵．5、##【分析】如圖所示，過點P作GF⊥CD交CD于F，交AB于G，過點P作PH⊥BC于H，取BC中點M，連接PM，則，然后證明四邊形ADFG是矩形，得到AG=DF，GF=AD，同理可證PH=BG=CF，HC=PF，設(shè)，，則，，，在直角△PHM中，，得到，①；由折疊的性質(zhì)可得，AE=PE，在直角△DPF中，得到②；聯(lián)立①②得：即，由此求出，，，設(shè)，則，在直角△PEG中，得到，由此求解即可．【詳解】解：如圖所示，過點P作GF⊥CD交CD于F，交AB于G，過點P作PH⊥BC于H，取BC中點M，連接PM，∵∠BPC=90°，∴，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A=∠ADF=90°，又∵GF⊥CD，∴四邊形ADFG是矩形，∴AG=DF，GF=AD，同理可證PH=BG=CF，HC=PF，設(shè)，，則，，，∵，∴，在直角△PHM中，，∴，∴①；由折疊的性質(zhì)可得，AE=PE，在直角△DPF中，∴②；聯(lián)立①②得：即，∴③，把③代入②中得：，解得或（舍去），∴，∴，設(shè)，則，在直角△PEG中，∴，解得，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考查了折疊的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)與判定，熟知相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．6、（答案不唯一）【詳解】解：的同類二次根式為．故答案為：（答案不唯一）【點睛】本題主要考查了同類二次根式的定義，熟練掌握一般地，把幾個二次根式化為最簡二次根式后，如果它們的被開方數(shù)相同，就把這幾個二次根式叫做同類二次根式是解題的關(guān)鍵．7、-1【分析】根據(jù)一元二次方程的二次項系數(shù)不等于零可得，由0是一元二次方程方程的解，把，代入方程可得，進(jìn)而即可解得的值．【詳解】解：∵0是關(guān)于的一元二次方程的一個實數(shù)根，∴，且，∴，故應(yīng)填-1．【點睛】本題主要考查了一元二次方程中的字母求值問題．三、解答題1、（1）40；（2）60；（3）【分析】（1）證明△COD是等邊三角形，得到∠ODC=60°，即可得到答案；（2）利用∠ADC-∠ODC求出答案；（3）由△BOC≌△ADC，推出∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，根據(jù)△COD是等邊三角形，得到∠ODC=60°，OD=，證得△AOD是直角三角形，利用勾股定理求出．（1）解：∵CO=CD，∠OCD=60°，∴△COD是等邊三角形；∴∠ODC=60°，∵∠ADC=∠BOC=，∴∠ADC-∠ODC=40°，故答案為：40；（2）∵∠ADC=∠BOC=，∴∠ADC-∠ODC=60°，故答案為：60；（3）解：當(dāng)，即∠BOC=150°，∴△AOD是直角三角形．∵△BOC≌△ADC，∴∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，又∵△COD是等邊三角形，∴∠ODC=60°，OD=，∴∠ADO=90°，即△AOD是直角三角形，∴,故答案為：．【點睛】本題以“空間與圖形”中的核心知識（如等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)與證明、直角三角形的判定、多邊形內(nèi)角和等）為載體，內(nèi)容由淺入深，層層遞進(jìn)．試題中幾何演繹推理的難度適宜，蘊含著豐富的思想方法（如運動變化、數(shù)形結(jié)合、分類討論、方程思想等），能較好地考查學(xué)生的推理、探究及解決問題的能力．2、（1），（2），（3），（4），【分析】（1）原方程運用因式分解法求解即可；（2）原方程運用配方法求解即可；（3）原方程移項后運用因式分解法求解即可；（4）原方程運用公式法求解即可．（1），∴，（2）x2﹣6x﹣3＝0∴，（3）3x（x﹣1）＝2（1﹣x），∴，（4）2x2﹣5x+3＝0在這里∴∴，【點睛】本題考查了解一元二次方程-因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，這種方法簡便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了配方法、公式法解一元二次方程．3、，【分析】根據(jù)分式的混合運算的運算法則對化簡為，再將代入求值．【詳解】解：．當(dāng)時，原式．【點睛】本題主要考查分式的化簡求值，二次根式的混合運算，解題的關(guān)鍵是熟練掌握分式的混合運算法則．4、（1）①270；②45；（2）①，AB與MN所在直線相交所成的銳角度數(shù)為45°，理由見解析；②；（3）650米【分析】（1）①延長CD與BA延長線交于點P，則∠P=90°，可以得到∠B+∠C=90°，再由∠B+∠C+∠BAD+∠ADC=360°，即可得到∠BAD+∠ADC=270°；②延長CD交BA延長線于P，過點D作DE∥AB交BC于E，則∠DEC=∠B，由等垂四邊形的兩底平行，即AD∥BC，可證四邊形ABED是平行四邊形，得到DE=AB，再由AB=CD，AB⊥CD得到DE=CD，DE⊥CD，則∠DEC=∠C=45°，即四邊形ABCD的最小內(nèi)角為45°；（2）①延長CD交BA延長線與P，交NM延長線與Q，NM延長線與BA延長線交于點F，將腰AB繞中點M旋轉(zhuǎn)180°得到DE，連接CE，BE，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：MB=ME，AB=DE，∠ABM=∠DEM，則CD=AB=DE，AB∥DE，即可推出∠DEC=∠DCE，∠EDC=∠EDP=∠BPD=90°，由勾股定理得到，∠DEC=∠DCE=45°，再證MN是△BCE的中位線，得到，MN∥CE，則∠NQC=∠DCE=45°，由此即可推出直線AB與直線MN所在直線相交所成的銳角度數(shù)為45°；②延長CD交BA延長線于P，取AD，BC的中點，M、N連接PM，PN，同理可得∠APD=90°，則，，即，由（2）①可知，即可推出，再由∠PMN隨著PA減小而減小，當(dāng)點P與點A重合時，∠PMN最小，此時PN最小，即BC最小，即此時A、D、C三點共線由勾股定理得：，則；（3）仿照（2）②進(jìn)行求解即可．（1）解：①如圖所示，延長CD與BA延長線交于點P，∵四邊形ABCD為等垂四邊形，即AB=CD，AB⊥CD，∴∠P=90°，∴∠B+∠C=90°，∵∠B+∠C+∠BAD+∠ADC=360°，∴∠BAD+∠ADC=270°，故答案為：270；②如圖所示，延長CD交BA延長線于P，過點D作DE∥AB交BC于E，∴∠DEC=∠B，∵等垂四邊形的兩底平行，即AD∥BC，∴四邊形ABED是平行四邊形，∴DE=AB，又∵AB=CD，AB⊥CD∴DE=CD，DE⊥CD，∴∠DEC=∠C=45°，∴四邊形ABCD的最小內(nèi)角為45°，故答案為：45；（2）解：①，AB與MN所在直線相交所成的銳角度數(shù)為45°，理由如下：延長CD交BA延長線與P，交NM延長線與Q，NM延長線與BA延長線交于點F，將腰AB繞中點M旋轉(zhuǎn)180°得到DE，連接CE，BE，∵四邊形ABCD是等垂四邊形，∴AB=CD，AB⊥CD，∴∠BPC=90°，∵M(jìn)是AD的中點，∴MA=MD，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：MB=ME，AB=DE，∠ABM=∠DEM，∴CD=AB=DE，AB∥DE，∴∠DEC=∠DCE，∠EDC=∠EDP=∠BPD=90°，∴，∠DEC=∠DCE=45°，又∵M(jìn)、N分別是BE，BC的中點，∴MN是△BCE的中位線，∴，MN∥CE，∴∠NQC=∠DCE=45°，∵∠BPC=90°，∴∠QPF=90°，∴∠QFP=45°，∴直線AB與直線MN所在直線相交所成的銳角度數(shù)為45°；②如圖所示，延長CD交BA延長線于P，取AD，BC的中點，M、N連接PM，PN，同理可得∠APD=90°，∴，，即，由（2）①可知，∵，∴，又∵∠PMN隨著PA減小而減小，當(dāng)點P與點A重合時，∠PMN最小，此時PN最小，即BC最小，即此時A、D、C三點共線由勾股定理得：，∴故答案為：；（3）解：如圖所示，取AB，CD的中點M，N，連接MN，作點C關(guān)于M的對稱點E，連接CE，AE，DE，設(shè)直線l1與直線l2交于點P，由（2）可知，AE∥BC，AE=BC=240米，∵l1⊥l2，∴∠APB=∠PAE=90°，∴∠DAE=90°，∴米，∵M(jìn)、N分別是CE，CD的中點，∴MN是△CED的中位線，∴米，MN∥DE，∵M(jìn)為AB的中點，∠APB=90°，∴米，同理可得，即∴米，∴米，∴隔離帶最長為650米．【點睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，三角形中位線定理，直角三角形斜邊上的中線，勾股定理，三角形三邊的關(guān)系等等，解題的關(guān)鍵在于能夠正確理解題意作出輔助線求解．5、（1）①見解析；②見解析；（2）①90°；②【分析】（1）①根據(jù)等邊對等角性質(zhì)和平行線的性質(zhì)證得即可；②過點F作，垂足為H，根據(jù)全等三角形的判定證明（AAS）和，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可證得結(jié)論；（2）①AD，BF的交點記為O．由（1）結(jié)論可求得AD，利用勾股定理在逆定理證得∠ABD=90°，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定了可推導(dǎo)出，再根據(jù)平角定義和四邊形的內(nèi)角和為360°求得∠AFD=90°；②過B作BM⊥AD于M，根據(jù)三角形等面積法可求得BM，然后根據(jù)勾股定理求得FG，進(jìn)而由求解即可．【詳解】（1）①證明：∵，∴，∵，∴，∴，∴DC平分；②證明：如圖①，過點F作，垂