最新2020人教版八年级数学下册期末试卷

一、单选题(18分)

1．(3分)下列图形中既是中心对称又是轴对称的图形的是（ ）

B. A. C. D. 2．(3分)在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，给出下列四个条件： ①AD∥BC；②AD=BC；③OA=OC；④OB=OD．

从中任选两个条件，能使四边形ABCD为平行四边形的选法有（ ）

A.3种 B.4种 C.5种 D.6种 3．(3分)如图，点D、E、F分别是△ABC三边的中点，则下列判断错误的是（ ）

A.四边形AEDF一定是平行四边形 B.若AD平分∠A，则四边形AEDF是正方形 C.若AD⊥BC，则四边形AEDF是菱形 D.若∠A=90°，则四边形AEDF是矩形

4．(3分)若点M(-7，m)、N(-8，n)都在函数y=-(k2+2k+4)x+1(k为常数)的图象上，则m和n的大小关系是（ ）

A.m>n B.ma2+c2，则关于x的方程ax2+bx+c=0根的情况是（ ）

A.有两个相等的实数根 B.有两个不相等的实数根 C.无实数根 D.有一根为0 6．(3分)如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，M是AD上任意一点，且ME⊥AC于E，MF⊥BD于F，则ME+MF为（ ）

A. B. C. D.不能确定 二、填空题(18分)

7．(3分)如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是平行四边形，且A(4，0)、B(6，2)、M(4，3)．在平面内有一条过点M的直线将平行四边形OABC的面积分成相等的两部分，

请写出该直线的函数表达式 ．

8．(3分)如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．若AE＝1，则FM的长为 ．

9．(3分)如图，在正方形ABCD和正方形CEFG中，D在CG上，BC=1，CG=3，H是AF的中点，则CH的长是 ．

10．(3分)在平面直角坐标系中，已知平行四边形ABCD的点A(0，-2)、点B(3m，4m+1)(m≠-1)，点C(6，2)，则对角线BD的最小值是 ．

11．(3分)如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，点M是AD边的中点，连接MC，将菱形ABCD翻折，使点A落在线段CM上的点E处，折痕交AB于点N，则线段EC的长为 ．

12．(3分)如图，用9个全等的等边三角形，按图拼成一个几何图案，从该图案中可以找出 个平行四边形．

三、解答题(84分)

13．(6分)一家水果店以每斤2元的价格购进某种水果若干斤，然后以每斤4元的价格出售，每天可售出100斤，通过调查发现，这种水果每斤的售价每降低0.1元，每天可多售出20斤．

(1)若将这种水果每斤的售价降低x元，则每天的销售量是多少斤(用含x的代数式表示)． (2)销售这种水果要想每天盈利300元，且保证每天至少售出260斤，那么水果店需将每斤的售价降低多少元？

14．(6分)如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D、E分别是BC、BA的中点，连接DE，F在DE延长线上，且AF＝AE．

(1)求证：四边形ACEF是平行四边形． (2)若四边形ACEF是菱形，求∠B的度数．

15．(6分)如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，CE∥BD，EB∥AC，连接OE．

(1)求证：OE=CB．

(2)如果OC：OB=1：2，CD=

，求菱形的面积．

16．(6分)如图，直线AB与轴交于点A(1，0)，与y轴交于点B(0，-2)．

(1)求直线AB的解析式．

(2)若直线AB上的点C在第一象限，且S△BOC=2，求点C的坐标．

17．(6分)阅读下面材料： 在数学课上，老师提出如下问题： 已知：如图，四边形ABCD是平行四边形；

求作：菱形AECF，使点E，F分别在BC，AD上．

小凯的作法如下： (1)连接AC；

(2)作AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于E，F． (3)连接AE，CF，所以四边形AECF是菱形．

老师说：“小凯的作法正确”． 回答下列问题：

根据小凯的做法，小明将题目改编为一道证明题，请你帮助小明完成下列步骤： (1)已知：在平行四边形ABCD中，点E、F分别在边BC、AD上， ．(补全已知条件)

求证：四边形AECF是菱形．

(2)求证：四边形AECF是菱形．(写出证明过程)

18．(8分)已知关于x的方程(a-1)x+2x+a-1=0． (1)若该方程有一根为2，求a的值及方程的另一根．

(2)当a为何值时，方程的根仅有唯一的值？求出此时a的值及方程的根．

2

19．(8分)如图，平行四边形ABCD中，AE、DE分别平分∠BAD、∠ADC，E点在BC上．

(1)求证：BC=2AB．

(2)若AB=3 cm，∠B=60°，一动点F以1 cm/s的速度从A点出发，沿线段AD运动，CF交DE于G，当CF∥AE时： ①求点F的运动时间t的值； ②求线段AG的长度．

20．(8分)如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(1，0)，B(-3，0)，与y轴交于C．

(1)求该抛物线的解析式，并写出抛物线的对称轴．

(2)设抛物线的对称轴交x轴于D，在对称轴左侧的抛物线上有一点E，使S△ACE=点E的坐标．

S△ACD，求

(3)若P是直线y=x+1上的一点，P点的横坐标为，M是第二象限抛物线上的一点，当∠MPD=∠ADC时，求M点的坐标．

21．(9分)如图，在△ABC中，AB=AC=13厘米，BC=10厘米，AD⊥BC于点D，动点P从点A出发以每秒1厘米的速度在线段AD上向终点D运动，设动点运动时间为t秒．

(1)求AD的长． (2)当P、C两点的距离为

时，求t的值．

(3)动点M从点C出发以每秒2厘米的速度在射线CB上运动．点M与点P同时出发，且当点P运动到终点D时，点M也停止运动．是否存在时刻t，使得S△PMD=出t的值；若不存在，请说明理由．

S△ABC？若存在，请求

22．(9分)已知在菱形ABCD中，∠ABC=60°，M、N分别是边BC，CD上的两个动点，∠MAN=60°，AM、AN分别交BD于E、F两点．

(1)如图1，求证：CM+CN=BC．

(2)如图2，过点E作EG∥AN交DC延长线于点G，求证：EG＝EA． (3)如图3，若AB＝1，∠AED＝45°，直接写出EF的长．

23．(12分)某超市店庆期间开展了促销活动，出售A，B两种商品，A种商品的标价为60元/件，B种商品的标价为40元/件，活动方案有如下两种，顾客购买商品时只能选择其中的一种方案：

A B 方案一 按标价的“七折”优惠 按标价的“八折”优惠 方案二 若所购商品达到或超过35件(不同商品可累计)，均按标价的“七五折”优惠 若某单位购买A种商品x件(x>15)，购买B种商品的件数比A种商品件数多10件，求该单位选择哪种方案才能获得更多优惠？

答案

1^6:DBBBBA 7.y=2x-5

8. 9. 10. 6 11. -1 12. 15

13．【答案】(1)解：将这种水果每斤的售价降低x元，则每天的销售量是100+(2)解：根据题意得：(4-2-x)(100+200x)=300，

×20=100+200x(斤)．

解得：x1=，x2=1，

当x=时，销售量是100+200×=200<260；

当x=1时，销售量是100+200=300(斤)． ∵每天至少售出260斤， ∴x=1．

答：水果店需将每斤的售价降低1元．

14． 【答案】(1)证明：∵∠ACB=90°，E是BA的中点，

∴CE=AE=BE， ∵AF=AE，∴AF=CE，

在△BEC中，∵BE=CE且D是BC的中点， ∴ED是等腰△BEC底边上的中线， ∴ED也是等腰△BEC的顶角平分线， ∴∠BED=∠CED， ∵AF=AE，∴∠F=∠AEF，

∵∠BED=∠AEF，∴∠CED=∠F，∴CE∥AF， 又∵CE=AF，

∴四边形ACEF是平行四边形． (2)解：∵四边形ACEF是菱形， ∴AC=CE， 由(1)知，AE=CE， ∴AC=CE=AE，

∴△AEC是等边三角形， ∴∠CAE=60°，

在Rt△ABC中，∠B=90°-∠CAE=90°-60°=30°．

15． 【答案】(1)证明：∵CE∥BD，EB∥AC，

∴四边形OCEB是平行四边形， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD．

∴四边形OCEB是矩形， ∴OE＝CB．

(2)解：∵四边形ABCD是菱形，

∴BC=CD=，

∵AC⊥BD，OC：OB=1：2，

∴在Rt△BOC中，由勾股定理得 BC=OC+OB， ∴CO=1，OB=2． ∴AC=2，BD=4，

2

2

2

∴菱形ABCD的面积=BD·AC=4．

16．【答案】(1)解：设直线AB的解析式为∵直线AB过点A(1，0)、B(0，-2)，

．

∴，

解得，

∴直线AB的解析式为(2)解：设点C的坐标为∵S△BOC=2，

． ．

∴，

解得．

∵直线AB的解析式为， ∴当时，y=2×2-2=2， ∴点C的坐标是(2，2)．

17． 【答案】(1)EF垂直平分AC

(2)证明：∵EF垂直平分AC，

∴EA=EC，FA=FC，AC⊥EF， ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠DAC=∠ECA， ∵EA=EC， ∴∠ECA=∠EAC， ∴∠EAC=∠DAC， ∴AC平分EF，

即AC与EF互相垂直平分， ∴四边形AECF是菱形．

18．【答案】(1)解：将x=2代入方程(a-1)x+2x+a-1=0， 解得：a=．

将a=代入原方程得-x2+2x-=0， 解得：x1=，x2=2． ∴a=，方程的另一根为．

(2)解：①当a=1时，方程为2x=0， 解得：x=0；

②当a≠1时，由b2-4ac=0得4-4(a-1)2=0， 解得：a=2或0．

2

当a=2时，原方程为：x+2x+1=0， 解得：x1=x2=-1；

当a=0时，原方程为：-x2+2x-1=0， 解得：x1=x2=1．

综上，当a=1或0或2时，方程的根仅有唯一的值． 当a=1时，此时方程的根x=0；

2

当a=2时，此时方程的根x1=x2=-1； 当a=0时，此时方程的根x1=x2=1．

19． 【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB=CD，AD∥BC， ∴∠DAE=∠AEB，

∵AE是∠BAD的平分线， ∴∠DAE=∠BAE， ∴∠BAE=∠AEB， ∴AB=BE， 同理：CE=CD， ∴BE=CE=AB， ∴BC=BE+CD=2AB．

(2)解：①由(1)知，CE=CD=AB， ∵AB=3 cm， ∴CE=3 cm，

∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC ∵AE∥CF，

∴四边形AECF是平行四边形， ∴AF=CE=3 cm，

∴点F的运动时间t=3÷1=3(秒)； ②由(1)知AB=BE， ∵∠B=60°，

∴△ABE是等边三角形，

∴∠AEB=60°，AE=AB=3 cm， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠B+∠BCD=180°， ∵∠B=60°， ∴∠BCD=120°， ∵AE∥CF，

∴∠ECF=∠AEB=60°，

∴∠DCF=∠BCD-∠ECF=60°=∠ECF， 由(1)知，CE=CD=AB=3 cm， ∴CF⊥DE， ∴∠CGE=90°，

在Rt△CGE中，∠CEG=90°-∠ECF=30°，CG=CE=， ∴EG=CG=

，

∵∠AEB=60°，∠CEG=30°，

∴∠AEG=90°，

在Rt△AEG中，AE=3，根据勾股定理得，AG=

．

20． 【答案】(1)解：∵A(1，0)，B(-3，0)关于直线x=-1对称，

∴抛物线的对称轴为x=-1，

抛物线的解析式为y=(x-1)(x+3)=x2+2x-3．

(2)解：设点E(m，m2+2m-3)． ∵AD=2，OC=3，

∴S△ACD=×AD·OC=3．

∵S△ACE=，

∴S△ACE=10．

设直线AE的解析式为y=kx+t，

把点A和点E的坐标代入得：，

解得：．

∴直线AE的解析式为y=(m+3)x-m-3． 设直线AE交y轴于F， ∴F(0，-m-3)． ∵C(0，-3)， ∴FC=-m-3+3=-m，

∴S△EAC=×FC×(1-m)=10，即-m(1-m)=20，解得：m=-4或m=5(舍去)，

∴E(-4，5)．

(3)解：如图所示：

过点D作DN⊥DP，交PM的延长线与点N，过点N作NL⊥x轴，垂足为L，过点P作PE⊥x轴，垂足为E． ∵∠MPD=∠ADC，∠NDP=∠DOC， ∴△NPD∽△CDO，

∴=，

∴==3．

又∵△NLD∽△DEP，

∴===3，

∴NL=7，DL=7， ∴N(-8，7)，

∴直线PN的解析式为y=-x-3．

联立y=x+2x-3与y=-x-3，解得：x=(舍去)或x=-4，

2

∴M(-4，5)．

21． 【答案】(1)解：∵AB=AC=13，AD⊥BC，

∴BD=CD=5 cm，且∠ADB=90°， ∴AD2=AC2-CD2，

∴AD=12 cm．

(2)解：∵AP=t，∴PD=12-t， 在Rt△PDC中，∴29=5+(12-t)，

∴t=10或t=14(舍)，即t的值为10 s． (3)解：假设存在t，使得S△PMD=

S△ABC．

2

2

，CD=5，根据勾股定理得，PC2=CD2+PD2，

∵BC=10，AD=12，

∴S△ABC=BC×AD=60．

①若点M在线段CD上，

即时，PD=12-t，DM=5-2t，

由S△PMD=S△ABC，

即(12-t)(5-2t)，2t2-29t+43=0，

解得(舍去)，．

②若点M在射线DB上，即 ．

由S△PMD=S△ABC，

得(12-t)(2t-5)=，2t-29t+77=0，

2

解得 t=11或，

综上，存在t的值为

s或 11 s或 s，使得S△PMD=S△ABC．

22． 【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，

∴△ABC，△ACD都是等边三角形， ∴∠BAC＝∠MAN＝60°， ∴∠BAM＝∠CAN，

∵AB＝AC，∠B＝∠ACN＝60°， ∴△BAM≌△CAN， ∴BM＝CN，

∴CM+CN=CM+BM=BC．

(2)证明：如图2中，连接EC．

∵BA＝BC，∠ABE＝∠CBE，BE＝BE， ∴△ABE≌△CBE， ∴EA＝EC，∠BAE＝∠BCE，

∵EG∥AN， ∴∠G＝∠AND，

∵∠AND＝∠CAN+∠ACN＝60°+∠CAN，∠ECG＝60°+∠ECB， ∵∠ECB＝∠BAE＝∠CAN， ∴∠ECG＝∠AND＝∠G， ∴EC＝EG，

∴EA＝EG．

(3)解：如图3中，将△ABE绕点A逆时针旋转120°得到△ADQ，

易证△AFE≌△AFQ， ∴∠AEF＝∠AQF＝45°， ∵∠AEB＝∠AQD＝135°， ∴∠FQD＝90°，

∴在四边形AEDQ中，∠QDF＝360°-120°-45°-135°＝60°， 设DQ＝BE＝x，则DF＝2x，EF＝FQ=x， ∵AB＝AD＝1，∠ABD＝30°， ∴BD=， ∴x+2x+x=

，

∴x=，

∴EF=x=

．

23．【答案】解：根据题意得：某单位购买A种商品x件，则购买B种商品(x+10)件， 按方案一购买花费为：y1＝60×0.7x+40×0.8(x+10)， 按方案二购买花费为：y2＝60×0.75x+40×0.75(x+10)， y1-y2＝-x+20， ∵x>15， ∴-x<-15， ∴-x+20<5，

若y120时，方案一的花费少于方案二， 若y1＝y2，则-x+20＝0，即x＝20时，方案一的花费等于方案二， 若y1>y2，则-x+20>0，即15答：当购买A商品的数量多于20件时，选择方案一，当购买A商品的数量为20件时，选择方案一或方案二都可以，当购买A商品的数量多于15件少于20件时，选择方案二，这样才能获得更多优惠．