2021届辽宁省大连市数学八下期末综合测试试题含解析

注意事项

1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每题4分，共48分） 1．下列事件中是必然事件的是（ ）

A．明天太阳从东边升起； B．明天下雨； C．明天的气温比今天高； D．明天买彩票中奖． 2．如图，F是菱形ABCD的边AD的中点，AC与BF相交于E，EGAB于G，已知12，则下列结论：

①AEBE；②BFAD；③AC2BF：④CEBFBG.其中正确的结论是( )

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④

3．如图，在▱ABCD中，AC与BD交于点O，下列说法正确的是（ ）

A．AC=BD B．AC⊥BD C．AO=CO D．AB=BC

4．已知平行四边形ABCD的周长为32，AB＝4，则BC的长为（ ） A．4

B．12

C．24

D．48

5．如图，正方形ABCD中，E、F是对角线AC上两点，连接BE、BF、DE、DF，则添加下列条件①∠ABE＝∠CBF；②AE＝CF；③AB＝AF；④BE＝BF．可以判定四边形BEDF是菱形的条件有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

6．某正比例函数的图象如图所示，则此正比例函数的表达式为（）

A．y=1x 2B．y=

1x 2C．y=-2x D．y=2x

27．给出下列化简①（2）2=2：②（2）2；③122142123；④111，其中正确的是（ ） 42A．①②③④ B．①②③ C．①② D．③④

8．下列二次根式中，能与3合并的是（ ） A．8 B．18 C．12

D．6

9．在平面直角坐标系中，点A2,m在第一象限，若点A关于x轴的对称点B在直线yx1上，则m的值为( ) A．3

B．2

C．1

D．-1

10．下列各式中，正确的是( ) A．(2)22

B．222

C．(2)22

D．222

11．一个多边形的每个内角都相等，并且它的一个外角与一个内角的比为1：3，则这个多边形为（ ） A．五边形

B．六边形

C．七边形

D．八边形

12．菱形的两条对角线长为6和8，则菱形的边长和面积分别为( ) A．10，24

B．5， 24

C．5， 48

D．10，48

二、填空题（每题4分，共24分）

13．如图，在正方形ABCD中，边长为2的等边三角形AEF的顶点E、F分别在BC和CD上，下列结论：①CE=CF；②∠AEB=75°；③BE+DF=EF；④S正方形ABCD=23． 其中正确的序号是 （把你认为正确的都填上）．

14．一元二次方程x290的解是__．

15．使分式

x1有意义的x范围是_____． x216．若关于x的一元二次方程x22x2m0有两个不相等的实数根，则m的取值范围________ 17．已知5+11的整数部分为a，5-11的小数部分为b，则a+b的值为__________ 18．如图，已知一次函数y=kx+b的图象如图所示，当y≤0时，x的取值范围是_____．

三、解答题（共78分）

19．（8分）如图，已知直线l1的解析式为y1=-x+b，直线l2的解析式为：y2=kx+4，l1与x轴交于点B，l1与l2交于点A（-1，2）．

（1）求k，b的值； （2）求三角形ABC的面积．

20．（8分）如图，点、分别在矩形且

（1）求证：（2）连接

、.

； ，试证明：

.

的边、上，把这个矩形沿折叠后，点恰好落在边上的点处，

，D是BC的中点，DE⊥BC，CE∥AD． 21．（8分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°（1）求证：四边形ACED是平行四边形；

（2）若AC=2，CE=4，求四边形ACEB的周长．

22．（10分）旅客乘乘车按规定可以随身携带一定质量的行李，如果超过规定，则需购买行李票，设行李票y（元）是行李质量x（千克）的一次函数．其图象如图所示．

（1）当旅客需要购买行李票时，求出y与x之间的函数关系式； （2）当旅客不愿意购买行李票时，最多可以携带多少行李？

23．（10分）四边形ABCD中，ADBC，BEDF，AEBD，CFBD，垂足分别为E、F.

（1）求证：ADECBF；

（2）若AC与BD相交于点O，求证：AOCO.

24．（10分）如图，等边△ABC的边长6cm．①求高AD；②求△ABC的面积．

25．（12分）请阅读材料，并完成相应的任务．

阿波罗尼奥斯（约公元前262~190年），古希腊数学家，与欧几里得、阿基米德齐名．他的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，可以说是代表了希腊几何的最高水平．阿波罗尼奧斯定理，是欧氏几何的定理，表述三角形三边和中线的长度关系，即三角形任意两边的平方和等于第三边的一半与该边中线的平方和的2倍． （1）下面是该结论的部分证明过程，请在框内将其补充完整； 已知：如图1所示，在锐角ABC中，AD为中线．．

)AD 求证：ABAC2(2证明：过点A作AEBC于点E

22BC22

AD为中线 BDCDBC 2设BDCDa，DEb，AEc

BEab，CEab

在RtAED中，AD2AE2DE2b2c2 在Rt△ABE中，AB2__________ 在RtAEC中，AC2__________

AB2AC2__________

（2）请直接利用阿波罗尼奧斯定理解决下面问题： 如图2，已知点P为矩形ABCD内任一点，

求证：PA2PC2PB2PD2（提示：连接AC、BD交于点O，连接OP）

26．已知：如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=60°，∠C=30°，AD=4，BC=10.求：梯形两腰AB、CD的长.

参考答案

一、选择题（每题4分，共48分） 1、A

【解析】【分析】根据必然事件和随机事件的定义进行分析. 【详解】A. 明天太阳从东边升起,是必然事件，故可以选； B. 明天下雨，是随机事件，故不能选；

C. 明天的气温比今天高，是随机事件，故不能选； D. 明天买彩票中奖，是随机事件，故不能选． 故选：A

【点睛】本题考核知识点：必然事件和随机事件.解题关键点：理解必然事件和随机事件的定义. 2、A 【解析】 【分析】

证12=BAC,可得AEBE；易证△AEF≌△AEG(SAS),所以，∠AFE=∠AGE,所以，BFAD；由

DAC2=BAC,可证DAC2=BAC30，连接BD,易证△ABF≌△BAO,可得，BF=AO,所以，

AC=2BF；同理，可证△BOE≌△BGF,可得，OE=EG,所以，CE=CO+OE=BF+EG. 【详解】

因为，四边形ABCD是菱形， 所以，1BAC,AB=AD=CD=BC, 所以，12=BAC, 所以，AEBE， 因为1DAC,

所以，DAC2=BAC, 又因为EGAB, 所以，AGE90,AG=

1AB, 2又因为F是菱形ABCD的边AD的中点， 所以，AF=

1AD, 2所以,AF=AG,

所以，易证△AEF≌△AEG(SAS), 所以，∠AFE=∠AGE, 所以，BFAD，

所以，由DAC2=BAC, 可证DAC2=BAC30连接BD,

易证△ABF≌△BAO, 所以，BF=AO, 所以，AC=2BF,

同理，可证△BOE≌△BGF, 所以，OE=EG,

所以，CE=CO+OE=BF+EG, 综合上述，①②③正确

，

故选：A 【点睛】

此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质及等边三角形的判定与性质，综合的知识点较多，注意各知识点的融会贯通，难度一般． 3、C 【解析】

试题分析：由平行四边形的性质容易得出结论． 解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AO=CO； 故选C． 4、B 【解析】

由题意得：2(ABBC)32,AB4,得：BC12 .

故选B. 5、C 【解析】 【分析】

根据正方形的四条边都相等，对角线互相垂直平分且每一条对角线平分一组对角的性质，再加上各选项的条件，对各选项分析判断后即可得出正确选项的个数 【详解】

解：如图，连接BD，交AC于点O，

在正方形ABCD中，AB=BC，∠BAC=∠ACB，AC⊥BD，AO=CO，BO=DO， ①在△ABE与△BCF中，

BACBCA， BABCABECBF∴△ABE≌△BCF（ASA）， ∴BE=BF， ∵AC⊥BD， ∴OE=OF，

所以四边形BEDF是菱形，故①选项正确； ②在正方形ABCD中，AC=BD， ∴OA=OB=OC=OD， ∵AE=CF，

∴OE=OF，又EF⊥BD，BO=OD， ∴四边形BEDF是菱形，故②选项正确；

③AB=AF，不能推出四边形BEDF其它边的关系，故不能判定是菱形，本选项错误； ④BE=BF，同①的后半部分证明，故④选项正确． 所以①②④共3个可以判定四边形BEDF是菱形． 故选：C．

【点睛】

本题主要考查菱形的判定定理，还综合考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质等，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键． 6、A 【解析】 【分析】

本题可设该正比例函数的解析式为y=kx，然后结合图象可知，该函数图象过点A（-2，1），由此可利用方程求出k的值，进而解决问题． 【详解】

解：正比例函数的图象过点M(−2,1)， ∴将点(−2,1)代入y=kx，得： 1=−2k，

1， 21∴y=﹣x，

2∴k=﹣故选A． 【点睛】

本题考查了待定系数法求正比例函数解析式，牢牢掌握该法求函数解析式是解答本题的关键． 7、C 【解析】 【分析】

根据二次根式的性质逐一进行计算即可求出答案． 【详解】

①原式=2，故①正确； ②原式=2，故②正确；

③原式340285，故③错误；

④原式故选C． 【点睛】

33，故④错误， 42本题考查二次根式的性质和化简，熟练掌握二次根式的性质是解题的关键.

8、C 【解析】 【分析】

将各式化为最简二次根式后即可判断 【详解】

(A)原式=22 ,故不能合并, (B)原式=32,故不能合并, (C)原式=23,故能合并, (D)原式=6 ,故不能合并, 故选C 【点睛】

此题考查二次根式，掌握运算法则是解题关键 9、C 【解析】 【分析】

根据关于x轴的对称点的坐标特点可得B（2，−m），然后再把B点坐标代入y＝−x＋1可得m的值． 【详解】

解：∵点A（2，m），

∴点A关于x轴的对称点B（2，−m）， ∵B在直线y＝−x＋1上， ∴−m＝−2＋1＝−1， ∴m＝1， 故选C． 【点睛】

此题主要考查了关于x轴对称的点的坐标特点，以及一次函数图象上点的坐标特点，关键是掌握凡是函数图象经过的点必能满足函数解析式． 10、B 【解析】 【分析】

aa0a0a=a. ，要注意a 的双重非负性：aa0a02【详解】

(2)【点睛】

224=2；2242；(2)222；224=2，故选B.

本题考查平方根的计算，重点是掌握平方根的双重非负性. 11、D 【解析】 【分析】

设多边形的边数为n，多加的外角度数为x，根据内角和与外角度数的和列出方程，由多边形的边数n为整数求解可得． 【详解】

设这个多边形的边数为n，依题意得 （n-2）×180°=3×360°， 解得n=8，

∴这个多边形为八边形， 故选D． 【点睛】

此题考查多边形的内角与外角的关系、方程的思想．关键是记住多边形一个内角与外角互补和外角和的特征． 12、B 【解析】

分析：根据菱形的性质可求得其边长，根据面积公式即可得到其周面积．

详解：根据菱形对角线的性质，可知OA=4，OB=3，由勾股定理可知AB=5， 根据菱形的面积公式可知，它的面积=6×8÷2=1． 故选B．

点睛：本题主要考查了菱形的面积的计算方法：面积=两条对角线的积的一半．

二、填空题（每题4分，共24分） 13、①②④ 【解析】

分析：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD。 ∵△AEF是等边三角形，∴AE=AF。

∵在Rt△ABE和Rt△ADF中，AB=AD，AE=AF，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）。∴BE=DF。 ∵BC=DC，∴BC﹣BE=CD﹣DF。∴CE=CF。∴①说法正确。 ∵CE=CF，∴△ECF是等腰直角三角形。∴∠CEF=45°。 ∵∠AEF=60°，∴∠AEB=75°。∴②说法正确。 如图，连接AC，交EF于G点，

∴AC⊥EF，且AC平分EF。 ∵∠CAD≠∠DAF，∴DF≠FG。 ∴BE+DF≠EF。∴③说法错误。 ∵EF=2，∴CE=CF=2。

设正方形的边长为a，在Rt△ADF中，a2a2∴a223。

∴S正方形ABCD23。∴④说法正确。 综上所述，正确的序号是①②④。 14、x1＝1，x2＝﹣1． 【解析】 【分析】

先移项，在两边开方即可得出答案． 【详解】 ∵x290

24，解得a26， 2∴x2=9， ∴x=±1，

即x1＝1，x2＝﹣1， 故答案为：x1＝1，x2＝﹣1． 【点睛】

本题考查了解一元二次方程-直接开平方法，熟练掌握该方法是本题解题的关键. 15、x2 【解析】 【分析】

满足分式有意义的条件：分母不等于零，据此列不等式求出答案. 【详解】 ∵分式

x1有意义， x2∴x20， ∴x2， 故答案为：x2. 【点睛】

此题考查分式有意义的条件：使分式的分母不等于零，熟记使分式有意义的条件是正确解答此题的关键. 16、m1 2【解析】 【分析】

根据∆>0列式求解即可. 【详解】 由题意得 4-8m>0， ∴m1. 21. 2故答案为：m【点睛】

=b2﹣4ac与根的关系，熟练掌握根的判别式与根的关系式本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式∆

>0时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当∆=0时，一元二次方程有两个相等的实数根；当解答本题的关键.当∆

<0时，一元二次方程没有实数根. ∆

17、12-11 【解析】 【分析】

先估算11的取值范围，再求出5+11与5-11的取值范围，从而求出a，b的值． 【详解】

解：∵3＜11＜4，

∴8＜5+11＜9，1＜5-11＜2，

∴5+11的整数部分为a=8，5-11的小数部分为b=5-11-1=4-11， ∴a+b=8+4-11=12-11， 故答案为12-11． 【点睛】

本题主要考查了无理数的估算，解题关键是确定无理数11的范围． 18、x≤1 【解析】 【分析】

根据图象的性质，当y≤0即图象在x轴下侧，x≤1． 【详解】

根据图象和数据可知，当y≤0即图象在x轴下侧，x≤1． 故答案为x≤1 【点睛】

本题考查一次函数的图象，考查学生的分析能力和读图能力．

三、解答题（共78分） 19、（1）k=2，b=1；（2）1. 【解析】 【分析】

（1）利用待定系数法求出k，b的值；

（2）先根据两个函数解析式计算出B、C两点坐标，然后再利用三角形的面积公式计算出△ABC的面积即可．

【详解】

（1）∵l1与l2交于点A（-1，2）， ∴2=-k+4，2=1+b， 解得k=2，b=1；

（2）当y=0时，2x+4=0， 解得x=-2， ∴B（-2，0）， 当y=0时，-x+1=0 解得x=1， ∴C（1，0）， ∴△ABC的面积=【点睛】

此题主要考查了待定系数法求一次函数解析式，关键是掌握凡是函数图象经过的点必能满足解析式． 20、 (1)见解析;(2)见解析. 【解析】 【分析】

（1）由折叠得到D=∠FGH=90°，∠C=∠H=90°，EC=EH，由矩形得出边平行，内角为直角，将问题转化到△EGH中，由30°所对的直角边等于斜边的一半，利用等量代换可得结论；

（2）由轴对称的性质，对称轴垂直平分对应点所连接的线段，垂直于同一直线的两条直线互相平行得出结论． 【详解】 证明： （1）由折叠知：在矩形

中，

在

中，

1×2=1． （2+1）×2

又

，即

（2）连接、

成轴对称

由折叠知：点和、点和点都关于直线

【点睛】

考查矩形的性质、轴对称的性质，直角三角形的性质等知识，合理的将问题转化到一个含有30°的直角三角形是解决问题的关键．

21、（1）详见解析；（1）10+113． 【解析】 【分析】

（1）先根据垂直于同一条直线的两直线平行，得AC∥DE，又CE∥AD，所以四边形ACED是平行四边形； （1）四边形ACED是平行四边形，可得DE=AC=1．由勾股定理和中线的定义可求AB和EB的长，从而求出四边形ACEB的周长． 【详解】

（1）∵∠ACB=90°，DE⊥BC， ∴AC∥DE 又∵CE∥AD

∴四边形ACED是平行四边形； （1）∵四边形ACED是平行四边形． ∴DE=AC=1．

在Rt△CDE中，由勾股定理得CD=CE2DE223，

∵D是BC的中点， ∴BC=1CD=43，

在△ABC中，∠ACB=90°，由勾股定理得AB=∵D是BC的中点，DE⊥BC， ∴EB=EC=4，

∴四边形ACEB的周长=AC+CE+EB+BA=10+113． 【点睛】

本题考查了平行四边形的判定与性质，垂直平分线的性质定理，勾股定理，注意寻找求AB和EB的长的方法和途径是解题的关键． 22、（1）y【解析】 【分析】

（1）根据题意设一次函数关系式为y=kx+b，把图上的点（60，5），（90，10）代入关系式利用待定系数法可求得函数关系式．

（2）令y=0，解方程【详解】

（1）设（1）ykxbk0

AC2BC2213，

1x5；（2）当旅客不愿意购买行李票时，最多可以携带30千克行李. 61x-5=0即可求解． 65 ，90,10 代入 将60，解得：k，b5 得：y161x5 6（2）当y0时

01x5， 6解得x=30

答：当旅客不愿意购买行李票时，最多可以携带30千克行李 【点睛】

本题考查的是用一次函数解决实际问题．注意利用一次函数求最值时，关键是应用一次函数的性质；即由函数y随x的变化，结合自变量的取值范围确定最值．

23、（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】

（1）根据已知条件得到BF=DE，由垂直的定义得到∠AED=∠CFB=90°，根据全等三角形的判定定理即可得到结论； （2）如图，连接AC交BD于O，根据全等三角形的性质得到∠ADE=∠CBF，由平行线的判定得到AD∥BC，根据平行四边形的性质即可得到结论． 【详解】

证明：（1）∵BE=DF， ∴BE-EF=DF-EF， 即BF=DE，

∵AE⊥BD，CF⊥BD， ∴∠AED=∠CFB=90°， 在Rt△ADE与Rt△CBF中，

AD＝BC， DE＝BF∴Rt△ADE≌Rt△CBF；

（2）如图，连接AC交BD于O，

∵Rt△ADE≌Rt△CBF， ∴∠ADE=∠CBF， ∴AD∥BC，又AD=BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴AO=CO． 【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 24、（1）（2）【解析】

本题考查了等边三角形的性质和勾股定理.①中，运用等腰三角形的三线合一和勾股定理；②中，根据三角形的面积公式进行计算即可．

25、（1）AEBEc(ab)，AECEc(ab)，

22222222c2(ab)2c2(ab)22c2a2b2【解析】 【分析】

（1）利用勾股定理即可写出答案；

BC222（2）见解析 AD；

2（2）连接AC、BD交于点O，根据矩形的性质能证明O是AC、BD的中点，在PAC和PBD中利用阿波罗尼奥斯定理可以证明结论. 【详解】

（1）在Rt△ABE中，ABAEBEc(ab) 在RtAEC中，ACAECEc(ab) ∴ABACc(ab)c(ab)

22222222222222222c2a2b2 BC222AD

2故答案是：AEBEc(ab)；AECEc(ab)；

22222222c(ab)c(ab)2cab2222222BC222AD； 2（2）证明：连接AC、BD交于点O，连接OP

∵四边形ABCD为矩形， ∴OA=OC，OB=OD，AC=BD， 由阿波罗尼奥斯定理得

2AC222PAPC2OP

2BD22PBPD2OP

222PA2PC2PB2PD2.

【点睛】

本题考查了矩形的性质及勾股定理的运用，能充分理解题意并运用性质定理推理论证是解题的关键. 26、AB=3，CD=33． 【解析】 【分析】

平移一腰，得到平行四边形和30°的直角三角形，根据它们的性质进行计算． 【详解】

解：作DE∥AB交BC于点E，则四边形ABED是平行四边形．

∴AB=DE，AD=BE，∠DEC=∠B=60°， ∵∠C=30°，

-60°-30°=90°∴∠EDC=180°， ∵CE=BC-BE=BC-AD=6， ∴DE=3，CD=33， 即AB=3，CD=33． 故答案为：AB=3，CD=33． 【点睛】

本题考查与梯形有关的问题，平移一腰是梯形中常见的辅助线，再根据平行四边形的性质和三角形的性质进行分析．