学年北师大版八年级数学上册 期末复习卷含答案Word文件下载.docx

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B．24°

C．45°

D．66°

6．将△ABC的三个顶点的横坐标分别乘－1，纵坐标不变，则所得图形与原图形的关系是（　　）

A．关于x轴对称B．关于y轴对称

C．关于原点对称D．将原图形向x轴的负方向平移了1个单位长度

7．已知是关于x，y的方程组的解，则（a＋b）（a－b）的值为（　　）

A．－

C．16D．－16

8．如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大正方形的边长为13cm，则图中所有正方形的面积之和为（　　）

A．169cm2B．196cm2C．338cm2D．507cm2

9．我国古代数学著作《增删算法统宗》记载“绳索量竿”问题：

“一条竿子一条索，索比竿子长一托．折回索子却量竿，却比竿子短一托”其大意为：

现有一根竿和一条绳索，用绳索去量竿，绳索比竿长5尺；

如果将绳索对半折后再去量竿，就比竿短5尺．设绳索长x尺，竿长y尺，则符合题意的方程组是（　　）

A.B.C.D.

10．甲、乙两车同时从A地出发，以各自的速度匀速向B地行驶，甲车先到达B地后，立即按原路以相同速度匀速返回（停留时间不考虑），直到两车相遇．若甲、乙两车之间的距离y（km）与两车行驶的时间x（h）之间的关系如图所示，则A，B两地之间的距离为（　　）

A．150kmB．300kmC．350kmD．450km

二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分）

11.的算术平方根是________．

12．一组数据－2，－1，0，x，1的平均数是0，则x＝______，方差s2＝______．

13．如图，已知∠1＝20°

，∠2＝25°

，∠A＝55°

，则∠BOC的度数是________．

（第13题）（第14题）

14．如图，正比例函数y1＝2x和一次函数y2＝kx＋b的图象交于点A（a，2），则当y1＞y2时，x的取值范围是____________．

15．某车间每天能生产甲种零件120个或乙种零件100个，甲、乙两种零件分别取2个和1个才能配套，要在80天生产最多的成套产品，甲种零件应该生产________天．

16．如图，△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°

，点D在边BC上，BD＝6，CD＝2，点P是边AB上一点，则PC＋PD的最小值为________．

三、解答题（本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17．（8分）计算：

×

－4×

（1－）0＋.

18．（8分）解方程组：

19．（8分）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长为1，△ABC的顶点A，C的坐标分别为（－4，5），（－1，3）．

（1）请在网格平面内作出平面直角坐标系（不写作法）；

（2）请作出△ABC关于y轴对称的△A′B′C′（点A，B，C的对应点分别为点A′，B′，C′）；

（3）分别写出点A′，B′，C′的坐标．

20.（8分）如图，CF是∠ACB的平分线，CG是△ABC的外角的平分线，FG∥BC，且FG交CG于点G.已知∠A＝40°

，∠B＝60°

，求∠FGC与∠FCG的度数．

21．（8分）某电器公司计划装运甲、乙两种家电到农村销售（规定每辆汽车按规定满载，且每辆汽车只能装同一种家电），下表为每辆汽车装运甲、乙两种家电的台数．若用8辆汽车装运甲、乙两种家电190台到A地销售，问装运甲、乙两种家电的汽车各有多少辆？

家电种类

甲

乙

每辆汽车能装运的台数

20

30

22．（10分）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，CD是AB边上的高，且CD＝8，BD＝6，求△ABC的周长．

23．（10分）某超市计划按月购买一种酸奶，每天进货量相同，进货成本为每瓶4元，售价为每瓶6元，未售出的酸奶以每瓶2元的价格当天全部降价处理完．根据往年销售经验，每天的需求量与当天本地最高气温有关．为了确定今年六月份的购买计划，计划部对去年六月份每天的最高气温x（℃）及当天售出（不含降价处理）的酸奶瓶数y的数据统计如下：

x（℃）

15≤x＜20

20≤x＜25

25≤x＜30

30≤x≤35

天数

10

11

3

y（瓶）

270

330

360

420

以最高气温位于各范围的频率代替最高气温位于该范围的概率．

（1）试估计今年六月份每天售出（不含降价处理）的酸奶瓶数不高于360的概率；

（2）根据供货方的要求，今年这种酸奶每天的进货量必须为100瓶的整数倍．问今年六月份这种酸奶一天的进货量为多少时，平均每天销售这种酸奶获得的利润最大？

24．（12分）在平面直角坐标系中，直线y＝－x＋6与x轴和y轴分别交于点B和点C，与直线OA相交于点A（4，2），动点M在线段OA和射线AC上运动．

（1）求点B和点C的坐标．

（2）求△OAC的面积．

（3）是否存在点M，使△OMC的面积是△OAC面积的？

若存在，求出此时点M的坐标；

若不存在，请说明理由．

25．（14分）△ABC和△ADE都是等腰三角形，其中AB＝AC，AD＝AE，且∠BAC＝∠DAE.

（1）如图①，连接BE，CD，求证：

CD＝BE；

（2）如图②，连接BD，CD，若BC＝AB，DE＝AD，CD⊥AE，AD＝3，CD＝4，求BD的长；

（3）如图③，若∠BAC＝∠DAE＝90°

，将△ABC绕点A旋转，使得点C恰好落在斜边DE上，试探究CD2，CE2，BC2之间的数量关系，并加以证明．

答案

一、1.A　2.D　3.A　4.D　5.B　6.B

7.D　8.D　9.A　10.D

二、11.2　12.2；

2　13.100°

14.x＞1　15.50　16.10

三、17.解：

原式＝－4×

1＋4＝2－＋4＝5.

18.解：

由②，得y＝5x－2，③

将③代入①，得

3x＋2（5x－2）＝9，

13x＝13，

x＝1，

把x＝1代入③，得y＝3.

所以原方程组的解为

19.解：

（1）平面直角坐标系如图所示.

（2）△A′B′C′如图所示.

（3）点A′，B′，C′的坐标分别为（4，5），（2，1），（1，3）.

20.解：

∵CF，CG分别是∠ACB，∠ACE的平分线，

∴∠ACF＝∠BCF＝∠ACB，∠ACG＝∠ECG＝∠ACE.

∴∠ACF＋∠ACG＝（∠ACB＋∠ACE）＝

180°

＝90°

，即∠FCG＝90°

.　

∵∠ACE＝∠A＋∠B，

∴∠ACE＝40°

＋60°

＝100°

，

∴∠GCE＝∠ACE＝50°

.

∵FG∥BC，

∴∠FGC＝∠GCE＝50°

21.解：

设装运甲种家电的汽车有x辆，装运乙种家电的汽车有y辆.

根据题意，得

解得

答：

装运甲种家电的汽车有5辆，装运乙种家电的汽车有3辆.

22.解：

∵CD是AB边上的高，

∴∠CDB＝∠CDA＝90°

在Rt△BCD中，由勾股定理得

BC＝＝＝10.

设AB＝x，则AC＝AB＝x，AD＝AB－BD＝x－6.

在Rt△ACD中，由勾股定理得

CD2＋AD2＝AC2，即82＋（x－6）2＝x2，

解得x＝.

∴AB＝AC＝.

∴△ABC的周长＝AB＋AC＋BC＝＋＋10＝.

23.解：

（1）依题意，得今年六月份每天售出（不含降价处理）的酸奶瓶数不高于360的概率为＝0.9.

（2）由题意可知该超市当天售出一瓶酸奶可获利2元，降价处理一瓶酸奶亏损2元.设今年六月份这种酸奶一天的进货量为n瓶，平均每天的利润为W元，则

当n＝100时，

W＝100×

2＝200；

当n＝200时，

W＝200×

2＝400；

当n＝300时，

W＝×

[（30－6）×

300×

2＋6×

270×

2－6×

（300－270）×

2]＝576；

当n＝400时，

[6×

2＋10×

330×

2＋11×

360×

2＋3×

400×

（400－270）×

2－10×

（400－330）×

2－11×

（400－360）×

2]＝544；

当n≥500时，与n＝400时比较，亏本售出多，所以其平均每天的利润比n＝400时平均每天的利润少.

综上，当n＝300时，W的值达到最大，即今年六月份这种酸奶一天的进货量为300瓶时，平均每天销售这种酸奶获得的利润最大.

24.解：

（1）在y＝－x＋6中，令y＝0，则x＝6；

令x＝0，则y＝6.

故点B的坐标为（6，0），点C的坐标为（0，6）.

（2）S△OAC＝OC×

|xA|＝×

6×

4＝12.

（3）存在点M使S△OMC＝S△OAC.

设点M的坐标为（a，b），直线OA的表达式是y＝mx.

∵A（4，2），

∴把（4，2）代入y＝mx中，得4m＝2，解得m＝.

∴直线OA的表达式是y＝x.

∵S△OMC＝S△OAC，

∴OC×

|a|＝×

12＝3.

又∵OC＝6，

∴a＝±

1.

当点M在线段OA上时，如图①，则a＝1，此时b＝a＝，

∴点M的坐标是.

当点M在射线AC上时，可分两种情况，如图②，当a＝1时，点M在点M1的位置，则b＝－a＋6＝5，此时点M的坐标是（1，5）；

当a＝－1时，点M在点M2的位置，则b＝－a＋6＝7，此时点M的坐标是（－1，7）.

综上所述，点M的坐标是或（1，5）或（－1，7）.

25.

（1）证明：

∵∠BAC＝∠DAE，

∴∠BAC＋∠CAE＝∠DAE＋∠CAE，即∠BAE＝∠CAD.

又∵AC＝AB，AD＝AE，

∴△ACD≌△ABE，

∴CD＝BE.

（2）解：

如图①，连接BE，

∵DE＝AD，AD＝AE，AD＝3，

∴△ADE是等边三角形，DE＝3，

∴∠DAE＝∠AED＝60°

∵CD⊥AE，

∴∠CDA＝180°

－90°

－60°

＝30°

由

（1）得△ACD≌△ABE，

∴BE＝CD＝4，∠BEA＝∠CDA＝30°

∴∠BED＝∠BEA＋∠AED＝30°

，即BE⊥DE，

∴BD＝＝5.

（3）解：

CD2，CE2，BC2之间的数量关系为CD2＋CE2＝BC2.

证法一

如图②，连接BE.

∵AD＝AE，∠DAE＝90°

∴∠D＝∠AED＝45°

类此

（1）得△ACD≌△ABE，

∴BE＝CD，∠BEA＝∠CDA＝45°

∴∠BEC＝∠BEA＋∠AED＝45°

＋45°

，即BE⊥DE.

在Rt△BEC中，由勾股定理可知BC2＝BE2＋CE2.

∴BC2＝CD2＋CE2.

证法二

如图③，过点A作AP⊥DE于点P.

∵△ADE为等腰直角三角形，AP⊥DE，

∴易得AP＝E