八年級(jí)第二學(xué)期數(shù)學(xué)期末考試高分突破必刷密卷（培優(yōu)版）（全解全析）

八年級(jí)第二學(xué)期數(shù)學(xué)期末考試高分突破必刷密卷（培優(yōu)版）全解全析1．D【詳解】解：由題意可得，，解之得，故x的取值范圍是x≥2，故選：D．2．B【詳解】由題意知，這組數(shù)據(jù)2、3、3、4，所以樣本的眾數(shù)是3，中位數(shù)是＝3，平均數(shù)為＝3，n＝4，故選：B．3．B【詳解】解：如圖，連接PC，EC，EC交BD于點(diǎn)，中，，是的中點(diǎn)，，，是線段的垂直平分線，，，根據(jù)三角形兩邊和大于第三邊可知，當(dāng)P、E、C在一條直線時(shí)，取最小值，最小值為EC，中，，是邊的中點(diǎn)，，，，的最小值為為．故選：B．4．B【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥CB，AB∥CD，∴∠DAB＋∠CBA＝180°，又∵AP和BP分別平分∠DAB和∠CBA，∴∠PAB＋∠PBA＝（∠DAB＋∠CBA）＝90°，在△APB中，∠APB＝180°?（∠PAB＋∠PBA）＝90°；∵AP平分∠DAB，∴∠DAP＝∠PAB，∵AB∥CD，∴∠PAB＝∠DPA，∴∠DAP＝∠DPA，∴△ADP是等腰三角形，∴AD＝DP＝5，同理：PC＝CB＝5，即AB＝DC＝DP＋PC＝10，在Rt△APB中，AB＝10，AP＝8，∴，∴C△APB＝6＋8＋10＝24，故B正確．故選：B．5．C【詳解】解：如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形且∠ABC=120°，AB=2，∴AB=BC=CD=DA=2，∠BAD=60°，AC⊥BD，∴∠CAE=30°，∵AC⊥BD，∠CAE=30°，AD=2，∴，∴=，∴AP=+PC，∵在Rt△AEP中，∠PAE=30°，AP=+PC，∴PE=AP=+PC，∵在Rt△PFC中，∠PCF=30°，∴PF=PC，∴=+PCPC=，故C正確．故選：Ｃ．6．D【詳解】解：由題意得：∵“特征數(shù)”是[4，m﹣4]的一次函數(shù)是正比例函數(shù)，∴m﹣4＝0，∴m＝4，∴2+m＝6，2﹣m＝﹣2，∴點(diǎn)（6，﹣2）在第四象限，故選：D．7．C【詳解】解：由圖可知，當(dāng)a=1時(shí)，直線M過點(diǎn)A．當(dāng)a=4時(shí)，直線M經(jīng)過點(diǎn)B．當(dāng)a=6時(shí)，直線M經(jīng)過點(diǎn)D．當(dāng)a=9時(shí)，直線M經(jīng)過點(diǎn)C．故當(dāng)F在BC上移動(dòng)時(shí)，4≤a≤9，BC=94=5，當(dāng)F在AB上移動(dòng)時(shí)，1≤a≤4，又此時(shí)AF=AE，∴AB=41=3．故矩形ABCD的面積為5×3=15．故選：C．8．A【詳解】∵是的垂直平分線，是的垂直平分線，∴，，，∵，∴，∴，在中，，即，∵，∴，設(shè)，則，在中，，解得：，∴．故選：A．9．C解：四邊形是正方形，，是等邊三角形，，在和中，，，，結(jié)論①正確；，結(jié)論②錯(cuò)誤；又，，即，垂直平分（等腰三角形的三線合一），結(jié)論③正確；是等腰直角三角形，，由勾股定理得：，結(jié)論④正確；綜上，正確的結(jié)論有3個(gè)，故選：C．10．B【詳解】∵的圖像確定a＞0，b＞0，∴的圖像分布在第一、三、四象限，∴A不符合題意；∵的圖像確定a＞0，b＞0，∴的圖像分布在第一、三、四象限，∴B符合題意；∵的圖像確定a＜0，b＜0，∴的圖像分布在第一、二、四象限，∴C不符合題意；∵的圖像確定a＜0，b＜0，∴的圖像分布在第一、二、四象限，∴D不符合題意；故選B．【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)圖像的分布，熟練掌握?qǐng)D像分布的規(guī)律是解題的關(guān)鍵．11．B【解析】【分析】過點(diǎn)B作BH⊥y軸于點(diǎn)H，證明△HAB≌△OCA，然后設(shè)點(diǎn)B（x，x+3），C（a，0），得到BH、AH、CO的長，然后由全等三角形的性質(zhì)列出方程求解x的取值，然后得到點(diǎn)B的坐標(biāo)．【詳解】解：如圖，過點(diǎn)B作BH⊥y軸于點(diǎn)H，則∠AHB＝∠COA＝90°，∴∠OCA+∠OAC＝90°，∵△ABC是以AB為邊，點(diǎn)A（0，﹣2）為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，∴AO＝2，AC＝AB，∠CAB＝90°，∴∠OAC+∠OAB＝90°，∴∠OCA＝∠OAB，∴△HAB≌△OCA（AAS），∴AO＝BH，CO＝AH，設(shè)點(diǎn)B（x，x+3），C（a，0），則CO＝|a|，BH＝|x|，AH＝|x+3﹣（﹣2）|＝|x+5|，∴，解得：x＝2或x＝﹣2，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（2，2）或（﹣2，4），故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是過點(diǎn)B作BH⊥y軸于點(diǎn)H，構(gòu)造全等三角形．12．D【解析】【分析】根據(jù)題意找到點(diǎn)到達(dá)、前后的一般情況，列出函數(shù)關(guān)系式即可．【詳解】解：由題意可知當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，．根據(jù)函數(shù)解析式，可知D正確．故選：D．【點(diǎn)睛】本題主要考查列函數(shù)關(guān)系式以及函數(shù)圖象性質(zhì)，解答關(guān)鍵是確定動(dòng)點(diǎn)到達(dá)臨界點(diǎn)前后的圖形變化規(guī)律．13．2022【解析】【分析】根據(jù)二次根式的被開方數(shù)的非負(fù)性，得a2022≥0，進(jìn)而化簡絕對(duì)值，求解即可．【詳解】解：由題意得a2022≥0，∴a≥2022，∴|2021a|=a2021．∵，∴，，，即=2022．故答案為2022．【點(diǎn)睛】本題主要考查二次根式的非負(fù)性，以及化簡絕對(duì)值，找到a的取值范圍，化簡絕對(duì)值是解題的關(guān)鍵．14．1.6【解析】【分析】作A關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)Q，連接CQ即可，求出AM＋CM＝QC，根據(jù)勾股定理求出CQ即可．【詳解】解：作A關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)Q，連接CQ，交BD于M，則此時(shí)點(diǎn)M為所求；∴AM＋CM＝QM＋CM＝CQ，過Q作QR⊥CD，交CD的延長線于R，則四邊形BQRD是矩形，所以BD＝QR，BQ＝DR，∵A、Q關(guān)于BD對(duì)稱，∴AB＝BQ＝DR，∵∠AMB＝60°，∴BM＝AB，AM＝2BM，CM＝2MD∴AM＋CM＝2BD＝2×20＝40（海里），即CQ＝40（海里），∵救援船的速度是25節(jié)（1節(jié)＝1海里/小時(shí)），∴這艘救援船最快＝1.6（小時(shí)）到達(dá)故障船．故答案為：1.6．【點(diǎn)睛】本題考查了軸對(duì)稱?最短路線問題，能找出點(diǎn)M的位置是解此題的關(guān)鍵．15．【解析】【分析】由折疊的性質(zhì)得到CD=DE，BC=BE，從而可以推出△AED的周長=AB，由此利用勾股定理求解即可．【詳解】解：由折疊的性質(zhì)可知CD=DE，BC=BE，∵AC=AB，∴△AED的周長=AE+DE+AD=AD+CD+AE=AC+AE=AE+BE=AB，∵∠C=90°，∴，∴△AED的周長=，故答案為：．【點(diǎn)睛】本題主要考查了折疊的性質(zhì)，勾股定理，熟知折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．16．【解析】【分析】先根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得，從而可得，再根據(jù)三角形中位線定理可得，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得，從而可得，最后在中，利用勾股定理即可得．【詳解】解：，，是斜邊的中點(diǎn)，，，，，又分別是的中點(diǎn)，，，，，則在中，，故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、三角形中位線定理、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握三角形中位線定理是解題關(guān)鍵．17．16【解析】【分析】先根據(jù)方差的計(jì)算公式可得這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)，再利用平均數(shù)的計(jì)算公式即可得．【詳解】解：由計(jì)算一組數(shù)據(jù)的方差，∴這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為2，則，解得，故答案為：16．【點(diǎn)睛】本題考查了方差與平均數(shù)的計(jì)算公式，熟記公式，掌握公式中每個(gè)量的意義是解題關(guān)鍵．18．6【解析】【分析】直接利用平行四邊形的性質(zhì)得出O是AC的中點(diǎn)，即可得出S△AOE=S△EOC，再利用三角形中位線定理得出EO∥AD，則S△AOE=S△DOE，進(jìn)而求出答案．【詳解】解：∵點(diǎn)O是?ABCD的對(duì)角線交點(diǎn)，∴O是AC的中點(diǎn)，則S△AOE=S△EOC，又∵E為CD中點(diǎn)，∴EO是△ACD的中位線，∴EO∥AD，∴S△AOE=S△DOE，∴S△DOC=3+3=6，故S△AOB的值為6．故答案為：6．【點(diǎn)睛】此題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)以及三角形中線以及三角形中位線的性質(zhì)，得出S△AOE=S△DOE是解題關(guān)鍵．19．（，）【解析】【分析】過B1作B1C⊥x軸，垂足為C，由條件可求得∠B1OC=30°，利用直角三角形的性質(zhì)可求得B1C=，OC=，可求得A1的坐標(biāo)，同理可求得A2、A3的坐標(biāo)，則可得出規(guī)律，可求得A2022的坐標(biāo)．【詳解】解：如圖，∵△OAB1，△B1A1B2，△B2A2B3，…都是等邊三角形，∴∠AOB1=∠A1B1B2=∠A2B2B3=…=60°，∴AO∥A1B1∥A2B2∥…，∵AO在y軸上，∴A1B1⊥x軸，A2B2⊥x軸，…過B1作B1C⊥x軸，垂足為C，∵點(diǎn)B1在在直線y=x上，設(shè)B1（x，x），∴∠B1OC=30°，∵△OAB1是面積為的等邊三角形，∴△OAB1的邊長為，∴△OAB1，△B1A1B2，△B2A2B3，…都是邊長為的等邊三角形，∴B1C=，OC=，∴A1的坐標(biāo)為（，），同理A2（3，2）、A3（，），…∴An（，），∴A2022的坐標(biāo)為（3033，1012），故答案為：（3033，1012）．【點(diǎn)睛】本題為規(guī)律型題目，利用等邊三角形和直角三角形的性質(zhì)求得A1的坐標(biāo)，從而總結(jié)出點(diǎn)的坐標(biāo)的規(guī)律是解題的關(guān)鍵．20．(1)5.9，4.5(2)(3)小王應(yīng)選甲快遞公司做快遞員收入會(huì)較高，理由見解析【解析】【分析】(1)利用平均數(shù)、中位數(shù)的求法，分別計(jì)算即可求得；(2)根據(jù)方差的計(jì)算公式進(jìn)行運(yùn)算，即可求得；(3)根據(jù)平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)和方差的大小進(jìn)行比較，即可選擇判定．(1)解：乙公司的月收入中位數(shù)是這10個(gè)數(shù)從小到大排列后，第5、第6個(gè)數(shù)的平均數(shù)，第5個(gè)數(shù)是4，第6個(gè)數(shù)是5，故中位數(shù)，故答案為：5.9，4.5；(2)解：(3)解：小王應(yīng)選甲快遞公司做快遞員收入會(huì)較高；理由如下：從平均數(shù)來看，乙公司快遞員月平均收入較高，但受到極端值12的影響；從中位數(shù)來看，甲公司快遞員月平均收入較高；從眾數(shù)來看，甲公司快遞員月平均收入較高；從方差來看，甲公司快遞員月平均收入比較穩(wěn)定．綜合分析，小王應(yīng)選甲快遞公司做快遞員收入會(huì)較高．【點(diǎn)睛】本題考查了條形統(tǒng)計(jì)圖和扇形統(tǒng)計(jì)圖，加權(quán)平均數(shù)、中位數(shù)、方差的定義及求法，根據(jù)平均數(shù)，方差等選擇方案，理解和掌握各運(yùn)算公式是解決本題的關(guān)鍵．21．(1)(2)12(3)4【解析】【分析】（1）利用分母有理化計(jì)算；（2）先分母有理化，然后合并即可；（3）先利用a＝＋2得到a?2＝，兩邊平方得到a2?4a＝1，然后利用整體代入的方法計(jì)算．(1)故答案為：(2)解：原式＝；(3)，a?2＝，∴（a?2）2＝5，即a2?4a＋4＝5．∴a2?4a＝1．∴a4?4a3?4a＋3＝a2（a2?4a）?4a＋3＝a2×1?4a＋3＝a2?4a＋3＝1＋3＝4．【點(diǎn)睛】本題考查了二次根式的化簡求值：二次根式的化簡求值，一定要先化簡再代入求值．二次根式運(yùn)算的最后，注意結(jié)果要化到最簡二次根式，二次根式的乘除運(yùn)算要與加減運(yùn)算區(qū)分，避免互相干擾．22．(1)作圖見解析；(2)（4，0）；(3)8；(4)【解析】【分析】（1）根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)即可畫出△ABC關(guān)于y軸對(duì)稱的△A1B1C1；（2）根據(jù)平移的性質(zhì)即可將點(diǎn)A先向上平移3個(gè)單位長度，再向左平移5個(gè)單位長度得到點(diǎn)A2，進(jìn)而可得點(diǎn)A2的坐標(biāo)；（3）根據(jù)割補(bǔ)法即可求出△ABC的面積；（4）作點(diǎn)B關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)，連接交x軸于點(diǎn)P，由AB為定值可得當(dāng)?shù)暮妥钚r(shí)，△ABP周長的最小，然后根據(jù)勾股定理即可解決問題．(1)解：由題意知，的點(diǎn)坐標(biāo)分別為，在坐標(biāo)系中描點(diǎn)，然后依次連接，如圖，△A1B1C1即為所求；(2)如上圖，點(diǎn)A2即為所求；點(diǎn)A2的坐標(biāo)為（﹣4，0）；故答案為：（﹣4，0）；(3)如上圖所示，作出矩形ADEF，則，即，故答案為：8；(4)解：由題意知，，，且AB為定值，∴當(dāng)?shù)暮妥钚r(shí)，△ABP周長的最小，如上圖，作點(diǎn)B關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)，連接交x軸于點(diǎn)P，則的最小值為，由圖可得，△ABP周長的最小值為，故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查了作圖﹣軸對(duì)稱變換，作圖﹣平移變換，軸對(duì)稱﹣?zhàn)疃搪肪€問題，勾股定理，解決本題的關(guān)鍵是掌握軸對(duì)稱的性質(zhì)．23．(1)當(dāng)秒或秒時(shí)，△ABP和△DCE全等(2)當(dāng)t=3秒或4秒或秒時(shí)，△PDE為等腰三角形【解析】【分析】（1）若△ABP與△DCE全等，可得AP＝CE＝3或BP＝CE＝3，根據(jù)時(shí)間＝路程÷速度，可求t的值；（2）分PD＝DE，PE＝DE，PD＝PE三種情況討論，分別利用等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理求出BP，即可得到t的值．(1)解：∵四邊形ABCD為矩形，∴CD=AB=4，BC=AD=6，若與全等，或，當(dāng)時(shí)，則（秒）當(dāng)時(shí)，則（秒）求當(dāng)為秒或秒時(shí)，和全等．(2)四邊形是矩形，，，，∴，在中，，若為等腰三角形，則或或，當(dāng)時(shí)，∵，∴，，，，（秒），當(dāng)時(shí)，，，（秒），當(dāng)時(shí)，，，在中，．，，，，（秒）綜上所述：當(dāng)秒或秒或秒時(shí)，為等腰三角形．【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用、全等三角形的判定和性質(zhì)以及等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，利用分類討論思想解決問題是本題的關(guān)鍵．24．(1)y=x+6(2)（4，2）或（2，4）(3)或或或【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，求得點(diǎn)C的坐標(biāo)，結(jié)合B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求解析式即可；（2）求出S△ABC=27，設(shè)G（m，m+6），分兩種情況：①S△ABG：S△ACG=1：2時(shí)，②S△ABG：S△ACG=2：1時(shí)，分別求得m的值，進(jìn)而求得G點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）分類討論，①當(dāng)點(diǎn)D為直角頂點(diǎn)時(shí)，②當(dāng)點(diǎn)C為直角頂點(diǎn)時(shí)，根據(jù)等腰直角三角形以及全等三角形的性質(zhì)即可求解．(1)解：∵直線y＝2x＋6與x軸，y軸分別交于點(diǎn)A，C，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（3，0），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，6），設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，∴，∴，∴直線BC的解析式為y=x+6；(2)解：∵A（3，0），C（0，6），B（6，0）．∴AB=9，OC=6，∴，設(shè)G（m，m+6），（0＜m＜6），當(dāng)S△ABG：S△ACG=1：2，即時(shí)，∴，∴m=4，∴G（4，2）；當(dāng)S△ABG：S△ACG=2：1，即時(shí)，∴，∴m=2，∴G（2，4）；綜上所述，點(diǎn)G的坐標(biāo)為（4，2）或（2，4）；(3)解：∵A（3，0），C（0，6），D為AC的中點(diǎn)，∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為當(dāng)點(diǎn)D為直角頂點(diǎn)時(shí)，如圖，過點(diǎn)D作DE⊥y軸于E，過點(diǎn)P作PF⊥DE交ED的延長線于F，交x軸于H，∴∠F=∠CED=90°，∵△CDP是等腰直角三角形，∴DP=CD，∠CDB=90°，∴∠PDF+∠CDE=∠DCE+∠CDE=90°，∴△PDF≌△CDE（AAS），∴DF=CE，PF=DE，∵點(diǎn)D的坐標(biāo)為，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，6），∴，OE=3，CE=DF=63=3，∴，∴，同理可得，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為或當(dāng)點(diǎn)C為直角頂點(diǎn)時(shí)，如圖，過點(diǎn)D作DN⊥y軸于N，過點(diǎn)P作PM⊥y軸于M，同①可得△PCM≌△CDN（AAS），∴DN=CM，PM=CN，∵點(diǎn)D的坐標(biāo)為，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，6），∴，∴，∴，同理可得，綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為或或或．【點(diǎn)睛】本題為一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及知識(shí)點(diǎn)有待定系數(shù)法、等腰直角三角形的性質(zhì)、三角形的面積及分類討論思想等．在（1）中注意待定系數(shù)法的應(yīng)用步驟，在（2）中利用三角形的面積公式是解題的關(guān)鍵，在（3）中確定出P點(diǎn)的位置是解題的關(guān)鍵．本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)．25．(1)①見解析；②DE的長為2(2)不變；四邊形ABQP的面積為12【解析】【分析】（1）①由平移的特征可以推出三角形全等的條件，證明△IBC≌△HCE；②由①得IC＝HE，再證明四邊形ICHG是平行四邊形，得IC＝GH，再證明△DFG≌△CFI，得DG＝IC，于是得DG＝GH＝HE＝DE＝AC，可求出DG的長；（2）由平行四邊形的性質(zhì)可證明線段相等和角相等，證明△AOP≌△COQ，將四邊形ABQP的面積轉(zhuǎn)化為△ABC的面積，說明四邊形ABQP的面積不變，求出△ABC的面積即可．(1)①證明：∵△DCE由△ABC平移得到，∴AC//DE，BC＝CE，∠ACB＝∠E，∴∠ICB＝∠E，∵CH//BG，∴∠IBC＝∠HCE，∴△IBC≌△HCE（ASA）；②由①可知，△IBC≌△HCE，∴IC＝HE，∵AC//DE，CH//BG，∴CI//GH，CH//GI，∴四邊形ICHG是平行四邊形，∴IC＝GH；∵∠FDG＝∠FCI，∠DFG＝∠CFI，DF＝CF，∴△DFG≌△CFI，∴DG＝IC，∴DG＝GH＝HE，∵DE＝AC＝6，∴DG＝DE＝AC＝2．(2)不變；由平移可知AB∥CD，AB＝CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，∵AD//BC，∴∠APO＝∠CQO，∵∠AOP＝∠COQ，∴△AOP≌△COQ（AAS），∴S△AOP＝S△COQ，，∵在中，，,∴的面積不變，∴四邊形ABQP的面積不變，∵AB＝BC＝5，OA＝OC＝AC＝3，∴OB⊥AC，∴∠AOB＝90°，∴，∴S△ABC＝AC?OB＝×6×4＝12，∴．【點(diǎn)睛】此題重點(diǎn)考查平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定、平移的特征、勾股定理，熟練掌握全等三角形的判定方法和平行四邊形的性質(zhì)的判定是解題的關(guān)鍵．26．(1)見解析(2)PD+PE=CF；(3)①見解析；②（，1）或（，5）【解析】【分析】（1）由S△ABP+S△APC=×AB×（DP+PE），S△ABC=