2021-2022学年八年级上学期期末考试数学试题

2021-2022学年度第一学期期末考试卷

八年级数学

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 1．下列图形中，不是轴对称图形的是（ ）． ．．

A． B． C． D．

2．如图，在平面直角坐标系中，有若干个整数点，其顺序按图中“→”方向排列，如（1，0）、（2，0）、（2，1）、（3，2）、（3，1）、（3，0）、…，根据这个规律探究可得，第2021个点的坐标为（ ）

A．（63，40） B．（64，4） C．（63，41） D．（64，5）

3．在平面直角坐标系中，将点P（x，y）先向左平移4个单位，再向上平移3个单位后得到点P′（1，2），则点P的坐标为（ ） A．（2，6）

B．（﹣3，5）

C．（﹣3，1）

D．（5，﹣1）

b4．一次函数y＝kx﹣b与y＝﹣x（k，b为常数，且kb≠0），它们在同一坐标系内的

k图象可能为（ ）

A． B．

1

C． D．

ykxb5．已知直线l1：y=kx+b与直线l2：y=-2x+4交于点C（m，2），则方程组的

y2x4解是（ ）

x1A．

y2x1B．

y2x2C．

y1x2D．

y16．如图，BD为ΔABC的角平分线，若∠DBA=30°，∠ADB= 80°，则∠C的度数为（ ）

A．30° B．40° C．50° D．60°

7．如图A、F、C、D在一条直线上，ABCDEF，B和E是对应角，BC和EF是对应边，AF1,FD3．则线段FC的长为（ ）

A．1 B．1.5 C．2 D．2.5

8．如图，AD是△ABC的角平分线，DF⊥AB，垂足为F，DE＝DG，△ADG和△AED的面积分别为50和38，则△EDF的面积为（ ）

A．6 B．10 C．12 D．22

9．如图，等边ABC的边长为1cm，D，E分别是AB，AC上的两点，将ADE沿直线DE折叠，点A落在点A处，且点A在ABC外部，则阴影部分图形的周长为（ ）

2

A．1cm B．1.5cm C．2cm D．3cm

110．如图，在△ABC中，∠B=62°，∠C=24°，分别以点A和点C为圆心，大于2AC的长为半径画弧，两弧相交AC的两侧于点M、N，连接MN，交BC于点D，连接AD，则∠BAD的度数为（ ）

A．70º

B．60º C．50º D．40°

第II卷 非选择题

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分）

11．如图，A，B两地相距240km，甲骑摩托车由A地驶往B地，出发1小时后，乙驾驶汽车由B地驶往A地，乙达到A地停留1小时后，按原路原速返回B地，恰好与甲同时到达B地，乙行驶过程中两人均匀速行驶，甲乙两人离各自出发点的路程y（km）与乙所用时间（xh）的关系如图，结合图象回答，当两人之间相距120km时，x＝____________．

12．已知，在△ABC中，∠B=48°，∠C=68°，AD是BC边上的高，AE平分∠BAC，则∠DAE的度数为____．

CD是高，A30，ACB90，13．如图，在ABC中，若BD2，则AD__________．

3

14．如图所示，ABAC，ADAE，BACDAE，128，230，则3的度数是______．

三、（本大题共2小题，每小题5分，满分10分）

15．某广场用如图1所示的同一种地砖拼图案，第一次拼成的图案如图2所示，共用地砖4块；第2次拼成的图案如图3所示，共用地砖42412；第3次拼成的图案如图4所示，共用地砖4242624，…．

（1）直接写出第4次拼成的图案共用地砖________块；

（2）按照这样的规律，设第n次拼成的图案共用地砖的数量为y块，求y与n之间的函数表达式

16．已知，在10×10网格中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC是格点三角形（三角形的顶点是网格线的交点）．

（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1；

4

（2）画出△A1B1C1向下平移5个单位长度得到的△A2B2C2；

（3）若点B的坐标为（4，2），请写出点B经过两次图形变换的对应点B2的坐标． 四、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）

17．如图，已知△ABC≌△DEB，点E在AB上，AC与BD交于点F，AB＝6，BC＝3，∠C＝55°，∠D＝25°． （1）求AE的长度； （2）求∠AED的度数．

18．如图，已知直线l1：ykx2与直线yx平行，与x轴交于点A，与y轴交于点B．直线l2与y轴交于点C0,4，与x轴交于点D，与直线l1交于点E3,m．

（1）求直线l2对应的函数表达式； （2）求四边形AOCE的面积．

五、（本大题共2小题，每小题12分，满分24分）

19．如图1，已知A，E，F，C在同一条直线，AE=CF，过E，F分别作DE⊥AC，BF⊥AC，

AB=CD．

5

（1）求证：DB平分EF；

（2）若△DEC的边EC沿AC方向移动，其余条件不变，如图2，上述结论是否仍成立？请说明理由．

20．为了抗击新冠疫情，我市甲、乙两厂积极生产了某种防疫物资共500吨，乙厂的生产量是甲厂的2倍少100吨．这批防疫物资将运往A地240吨，B地260吨，运费如下表（单位：元/吨）．

目的地 A 生产厂 甲 乙 20 15 B 25 24 （1）求甲乙两厂各生产了这批防疫物资多少吨？

（2）设这批物资从乙厂运往A地x吨，全部运往A，B两地的总运费为y元，求y与x之间的函数关系式，并设计使总运费最少的调运方案． 七、（本大题共1小题，满分10分）

421．如图，在平面直角坐标系中，直线AB:yxb交y轴于点A0,4，交x轴于

3点B，以AB为边作正方形ABCD，请解决下列问题：

（1）求点B和点D的坐标； （2）求直线BC的解析式；

（3）在直线BC上是否存在点P，使PCD为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，说明理由.

6

八、（本大题共1小题，满分12分）

22．如图1，在△ABC中，BE、CF分别平分∠ABC和∠ACB，BE和CF相交于D点．

1

（1）求证：∠BDC=90°+∠A；

2

（2）如图2，若∠A＝∠ABE，求证：EB+EC＝BC+BF．

九、（本大题共1小题，满分14分） 23．已知：（1）O是∠BAC内部的一点． ①如图1，求证：∠BOC＞∠A；

②如图2，若OA＝OB＝OC，试探究∠BOC与∠BAC的数量关系，给出证明．

（2）如图3，当点O在∠BAC的外部，且OA＝OB＝OC，继续探究∠BOC与∠BAC的数量关系，给出证明．

7

参考答案

1．A

解：A、不是轴对称图形，故本选项符合题意； B、是轴对称图形，故本选项不符合题意； C、是轴对称图形，故本选项不符合题意； D、是轴对称图形，故本选项不符合题意；故选：A 2．B

解：把第一个点（1，0）作为第一列，（2，1）和（2，0）作为第二列， 依此类推，则第一列有一个数，第二列有2个数， 第n列有n个数．则n列共有的顺序由下到上．

因为1+2+3+…+63＝2016，则第2021个数一定在第64列，由下到上是第5个数． 因而第2021个点的坐标是（64，4）．故选：B． 3．D

【详解】由题意知点P的坐标为（1+4，2﹣3），即（5，﹣1）， 故选：D． 4．C

解：根据一次函数的图象分析可得：

nn12个数，并且在奇数列点的顺序是由上到下，偶数列点

bbb＜0；A、由一次函数y＝kx﹣b图象可知k＞0，b＞0，正比例函数y＝x的图象可知kkk＞0，故此选项错误；

bbb＜0；B、由一次函数y＝kx﹣b图象可知k＜0，b＜0，正比例函数y＝x的图象可知kkk＞0，故此选项错误；

bbb＜0；C、由一次函数y＝kx﹣b图象可知k＜0，b＜0，正比例函数y＝x的图象可知kkk＜0，故此选项正确；

bbb＞0；D、由一次函数y＝kx﹣b图象可知k＞0，b＜0，正比例函数y＝x的图象可知kkk＜0，故此选项错误； 故选：C． 5．A

解：∵y=-2x+4过点C（m，2）， ∴22m4， 解得m1，

∴点C（1，2），

ykxbx1∴方程组的解．故选择A．

y2x4y26．C

解：∵BD是△ABC的角平分线， ∴∠CBD=∠ABD=30°， ∵∠ADB=∠C+∠CBD=80°， ∴∠C=∠ADB-∠CBD=50°， 故选C．

7．C

解：∵ABCDEF， ∴ACDF3， ∵AF1，

∴FCACAF312．故选：C． 8．A

解：如图，过点D作DH⊥AC于H，

∵AD是△ABC的角平分线，DF⊥AB，DH⊥AC， ∴DF=DH，

在Rt△DEF和Rt△DGH中，

DEDG， DFDH∴Rt△DEF≌Rt△DGH（HL）， ∴S△EDF=S△GDH，

设S△EDF=S△GDH面积为S， 在Rt△ADF和Rt△ADH中，

ADAD， DFDH∴Rt△ADF≌Rt△ADH（HL），， ∴S△ADF=S△ADH， 即38+S=50-S，

解得S=6． 故选A．

9．D

解：∵等边ABC的边长为1cm， ∴AB=BC=CA=1cm，

将ABC沿直线DE折叠，点A落在A处， 所以ADAD，AEAE， 则阴影部分图形的周长为：

BCBDCEADAEBCBDCEADAEBCABAC3（cm），

故选D． 10．A

解：∵∠B＝62°，∠C＝24°， ∴∠BAC＝180°−86°＝94°， 由作图可知：MN垂直平分线段AC， ∴DA＝DC，

∴∠DAC＝∠C＝24°， ∴∠BAD＝94°−24°＝70°， 故选：A．

11．0.5或2或3.5． 解：由题意和图象可得，

甲骑摩托车的速度是：40÷1＝40（km/h），甲到达B地用的时间为：240÷40＝6（h）， 乙从B地到A地用的时间为：（6﹣1﹣1）÷2＝2h，

当0≤x≤2时，设乙的行驶路程y′与时间x的函数关系式是y′＝ax， 240＝2a，得a＝120，

即当0≤x≤2时，乙的行驶路程y′与时间x的函数关系式是y′＝120x， 当2＜x≤3时，y′＝240，

当3＜x≤5时，设乙的行驶路程y′与时间x的函数关系式是y′＝ax+b，

3ab240a120，解得， 5ab0b600即当3＜x≤5时，乙的行驶路程y与时间x的函数关系式是y′＝﹣120x+600； 设甲的行驶路程y与时间x的函数关系式是y＝mx+n，

m40n40，解得， 5mn240n40即甲的行驶路程y与时间x的函数关系式是y＝40x+40， 当0≤x≤2时，

甲乙相遇前，令（40x+40）+120x＝240﹣120，得x＝0.5， 甲乙相遇后，令120x+（40x+40）＝240+120， 解得，x＝2，

当3＜x≤5时，令40+3×40+40（x﹣3）＝120（x﹣3）+120， 解得，x＝3.5，

由上可得，x为0.5或2或3.5时，两人之间相距120km． 故答案为：0.5或2或3.5． 12．10° 解：如图，

∵∠B=48°，∠C=68°

BAC180BC180486864

∵AE平分∠BAC 11BAEBAC6432

22∵AD⊥BC BDA90

BADBDAB904842

DAEBADBAE423210

故答案为10 13．6 【详解】

∵∠ACB＝90°，∠A＝30°， ∴AB＝2BC，∠B＝60°， ∵CD是高， ∴∠BCD＝30°， ∴BC＝2BD＝4， ∴AB＝2BC＝8，

∴AD＝AB﹣BD＝8﹣2＝6， 故答案为：6． 14．58°

解：∵∠BAC＝∠DAE，

∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，即∠1=∠EAC， 在ΔBAD与ΔCAE中，

ABAC1EAC， ADAE∴ΔBAD≌ΔCAE (SAS)， ∴∠ABD=∠2=30°， ∵128，

∴∠3=∠ABD+∠1=30°+28°=58°． 故答案为：58°．

15．（1）40；（2）y2nn1．

【详解】（1）∵第一次拼成的图案，共用地砖4块；第2次拼成的图案，共用地砖42412；第3次拼成的图案，共用地砖4242624，…， ∴第4次拼成的图案，共用地砖424262840． 故答案是：40；

（2）第1次拼成如图2所示的图案共用4块地砖，即4212， 第2次拼成如图3所示的图案共用12块地砖，即12223， 第3次拼成如图4所示的图案共用24块地砖，即24234， 第4次拼成的图案共用40块地砖，即40=24， ……

第n次拼成的图案共用地砖：y2nn1， ∴y与n之间的函数表达式为：y2nn1． 16． 解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求； （2）如图所示，△A2B2C2即为所求；

（3）点B2的坐标为（﹣4，﹣3）． 17．（1）AE3；（2）AED80． 解：（1）∵ABCDEB,BC3， ∴BEBC3， ∵AB6，

∴AEABBE633； （2）∵△ABC△DEB， ∴DBEC55， ∵D25，

∴AEDDBED552580． 18．（1）y=-x+4 （2）7 解：【1】

∵直线l1：y=kx-2与直线y=x平行， ∴k=1，

∴直线l1为y=x-2， ∵点E（3，m）在直线l1上， ∴m=3-2=1， ∴E（3，1），

设直线l2的解析式为y=ax+b，

b4把C（0，4），E（3，1）代入得，

3ab1a1解得：，

b4∴直线l2的解析式为y=-x+4； 【2】

在直线l1：y=x-2中，令y=0，则x-2=0， 解得x=2， ∴A（2，0），

在直线l2：y=-x+4中，令y=0，则-x+4=0， 解得x=4， ∴D（4，0），

∴S△COD=2×4×4=8，S△AED=2（4-2）×1=1， ∴S四边形ABCE=S△COD-S△AED=8-1=7． 故四边形AOCE的面积是7． 19． 解：（1）∵AE=CF， ∴AF=CE．

在Rt△ABF和Rt△CDE中，

11AFCE， ABCD∴Rt△ABF≌Rt△CDE（HL）， ∴BF=DE．

在△BOF和△DOE中，

BOFDOEBFODEO90， BFDE∴△BOF≌△DOE（AAS）， ∴EO=FO， ∴DB平分EF．

（2）DB平分EF成立，理由如下： ∵AE=CF， ∴AF=CE．

在Rt△ABF和Rt△CDE中，

AFCE， ABCD∴Rt△ABF≌Rt△CDE（HL）， ∴BF=DE．

在△BOF和△DOE中，

BOFDOEBFODEO90， BFDE∴△BOF≌△DOE（AAS）， ∴EO=FO， ∴DB平分EF．

20．（1）甲厂生产了200吨，乙厂生产了300吨；（2）y=4x+10040，甲运往A地0吨，甲运往B地200吨，乙运往A地240吨，乙运往B地60吨 解：（1）设这批防疫物资甲厂生产了a吨，乙厂生产了b吨，

ab500由题意得：，

2ab100a200解得：，

b300答：甲生产了这批防疫物资200吨，乙厂生产了这批防疫物资300吨． （2）由题意甲运往A地x吨，甲运往B地（200-x）吨， 乙运往A地（240-x）吨，乙运往B地[300-（240-x）]吨， 得：y=20x+25（200-x）+15（240-x）+24（x+60）=4x+10040， ∵4＞0，

∴y随x的增大而增大，

∴当x=0时，可以使总运费最少，

即甲运往A地0吨，甲运往B地200吨，乙运往A地240吨，乙运往B地60吨． 21．（1）点B3,0，点D4,7；（2）y【详解】（1）

39x；（3）点P211,6． 13,0，点P444yxb经过点A0,4，

3b4，

直线AB的解析式是：y4x4， 34当y0时，0x4，解得：x3，

3点B3,0，

过点D作DEy轴于点E，

在正方形ABCD中，ADAB，DAB90，

DAEAB，

ABODAE， DEAE，

AED90AOB，

在DAE和ABO中，

ABODAE∵AEDABO90， ABADDAEABOAAS ∴DEOA4，AEOB3，

,OE7，

点D4,7；

（2）过点C作CMx轴于点M， 同上可证得：BCMABO， ∴CM=OB=3，BM=OA=4，OB=3+4=7， ∴C7,3，

设直线BC得解析式为：ykxb（k0,k,b为常数）， 3k7kb34B3,0,C7,3代入点得：，解得：，

93kb0b4∴直线BC的解析式是：y（3）存在，理由如下：

39x； 44点P与点B重合时，点P3,0；

点P与点B关于点C中心对称时，过点P作PN⊥x轴， 则点C是BP的中点，CM//PN， ∴CM是△BPN的中位线， ∴PN=2CM=6，BN=2BM=8， ∴ON=3+8=11， ∴点P11,6

综上所述：在直线BC上存在点P，使PCD为等腰三角形，坐标为：P211,6． 13,0，P

22．（1）证明：BE、CF分别平分ABC和ACB， 11ABECBEABC,ACFBCFACB，

22ABCACBA180，

111CBEBCFABCACB90A，

2221BDC180(CBEBCF)90A；

2（2）

证明：AABE，

AEEB，

EBECAEECAC，

如图，过点F作FGBE，交AC于点G，

AFGABE， AFGA，

AGGF，CGFAFGA2A2ABECBF，

CBFCGF在CBF和CGF中，BCFGCF，

CFCFCBFCGF(AAS)，

BCGC,BFGF，

BCBFGCGFGCAGAC， EBECBCBF．

23．（1）①见解析；②∠BOC＝2∠A，见解析；（2）∠BOC＝2∠BAC，见解析

证明：（1）①如图所示：连接AO并延长AO至点E，则∠BOE＞∠BAO，∠COE＞∠CAO， ∴∠BOC＞∠A；

②∠BOC与∠BAC的数量关系：∠BOC＝2∠A；

证明：如图所示，延长AO至点E，则∠BOE＝∠BAO+∠B，∠COE＝∠CAO+∠C， ∵OA＝OB＝OC，

∴∠BAO＝∠B，∠CAO＝∠C，

∴∠BOC＝∠COE+∠COE＝∠BAO+∠B+∠CAO+∠C＝2（∠BAO+∠CAO）＝2∠BAC；

（2）∠BOC与∠BAC的数量关系：∠BOC＝2∠BAC； 证明：如图所示，设∠B＝x，

∵OA＝OB＝OC，

∴∠B＝∠BAO＝x，∠C＝∠OAC＝∠BAC+x； 在△BEO和△AEC中，有：∠B+∠BOC＝∠C+∠CAE； 即x+∠BOC＝∠CAE+x+∠CAE＝2∠BAC+x； 即∠BOC＝2∠BAC．