《2021-2022学年基础强化沪科版八年级下册数学期末专项攻克-B卷(含答案及详解).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年基础强化沪科版八年级下册数学期末专项攻克-B卷(含答案及详解).docx（25页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 线 封 密 内 号学级年名姓 线 封 密 外 沪科版八年级下册数学期末专项攻克 B卷 考试时间：90分钟；命题人：数学教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题 30分）一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）1、若x3是方程x24x+m0的一个根，则m的值为（）A3B4C4D32、
2、新冠肺炎是一种传染性极强的疾病，如果有一人患病，经过两轮传染后有100人患病，设每轮传染中平均一个人传染了x个人，下列列式正确是（ ）Ax+x（1+x）100B1+x+x2100C1+x+x（1+x）100Dx（1+x）1003、满足下列条件的三角形中，不是直角三角形的是（ ）A三内角之比为3：4：5B三边长的平方之比为1：2：3C三边长之比为7：24：25D三内角之比为1：2：34、代数式在实数范围内有意义，则x的值可能为（）A0B2C1D15、点P（3，4）到坐标原点的距离是（ ）A3B4C4D56、快递作为现代服务业的重要组成部分，在国家经济社会发展和改善民生方面发挥了越来越重要的作用，
3、其中顺丰、韵达、圆通、申通的业务量增速较快，成为我国快递的“四大龙头”企业，随着市场竞争逐渐激烈，低价竞争成为主流，快递的平均单价从2019年的12元/件连续降价至2021年的9.72元/件，设快递单价每年降价的百分率均为，则所列方程为（ ）ABCD7、已知等腰三角形的两边长分别是一元二次方程的两根，则该等腰三角形的周长为（ ）A9B12C2或5D9或128、在下列四组数中，不是勾股数的一组是（ ）A15，8，7B4，5，6C24，25，7D5，12，139、下列各式中，能与合并的是（）ABCD10、下列是对方程2x22x+10实根情况的判断，正确的是（）A有两个不相等的实数根B有一个实数根C
4、有两个相等的实数根D没有实数根第卷（非选择题 70分）二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分） 线 封 密 内 号学级年名姓 线 封 密 外 1、如图，在中，且，延长BC至E，使得，连接AE若，则的周长为_2、观察下列各式的特点：，；，计算：+_3、如图，在菱形ABCD外侧作等边CBE，连接DE、AE若ABC100，则DEA的大小为_4、写出的一个同类二次根式_5、若有意义，则的取值范围是_三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、已知在中，P是的中点，B是延长线上的一点，连接，（1）如图1，若，求的长；（2）过点D作，交的延长线于点E，如图2所示，若，求证：；（3）如图3，若，是
5、否存在实数m，使得当时，？若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由2、问题解决：如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DEAF，DEAF于点G（1）求证：四边形ABCD是正方形；（2）延长CB到点H，使得BHAE，判断AHF的形状，并说明理由类比迁移：如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE与AF相交于点G，DEAF，AED60，AE7，BF2，则DE=_（只在图2中作辅助线，并简要说明其作法，直接写出DE的长度3、若直角三角形的三边的长都是正整数，则三边的长为“勾股数”构造勾股数，就是要寻找3个正整数，使它们满足“其中两个数的平方和（或平方差）等于
6、第三个数的平方”，即满足以下关系：或，要满足以上、的关系，可以从乘法公式入手，我们知道：，如果等式的右边也能写成“”的形式，那么它就符合的关系因此，只要设，式就可化成：于是，当，为任意正整数，且时，“，和”就是勾股数，根据勾股数的这种关系式，就可以找出勾股数 线 封 密 内 号学级年名姓 线 封 密 外 （1）当，时，该组勾股数是_；（2）若一组勾股数中最大的数与最小的数的和为72，且，求，的值；（3）若一组勾股数中最大的数是（是任意正整数），则另外两个数分别为_， _（分别用含的代数式表示）4、如图，在中，是的中线，点是的中点，过点作CFAB交的延长线于点，连接请判断四边形的形状，并加以证明
7、5、为深入开展青少年毒品预防教育工作，增强学生禁毒意识，某校联合禁毒办组织开展了“2021青少年禁毒知识竞赛”活动，并随即抽查了部分同学的成绩，整理并制作成图表如下：根据以上图表提供的信息，回答下列问题：（1）抽查的人数为_人，_；（2）请补全频数分布直方图；（3）若成绩在80分以上（包括80分）为“优秀”，请你估计该校2400名学生中竞赛成绩是“优秀”的有多少名？-参考答案-一、单选题1、A【分析】根据一元二次方程的解，把代入得到关于的一次方程，然后解此一次方程即可【详解】解：把代入得，解得故选：A【点睛】本题考查了一元二次方程的解，解题的关键是掌握能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是
8、一元二次方程的解2、C【分析】设每轮传染中平均一个人传染了x个人，则第一轮传染了x人，第二轮传染了x（1+x）人，根据经过两轮传染后有100患病，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解【详解】解：设每轮传染中平均一个人传染了x个人，则第一轮传染了x人，第二轮传染了x（1+x）人，依题意得：1+x+x（1+x）=100故选：C【点睛】 线 封 密 内 号学级年名姓 线 封 密 外 本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键3、A【分析】根据勾股定理逆定理及三角形内角和可直接进行排除选项【详解】解：A、由三内角之比为3：4：5可设这个三角形的三个内角分别
9、为，根据三角形内角和可得，所以，所以这个三角形的最大角为515=75，故不是直角三角形，符合题意；B、由三边长的平方之比为1：2：3可知该三角形满足勾股定理逆定理，即1+2=3，所以是直角三角形，故不符合题意；C、由三边长之比为7：24：25可设这个三角形的三边长分别为，则有，所以是直角三角形，故不符合题意；D、由三内角之比为1：2：3可设这个三角形的三个内角分别为，根据三角形内角和可得，所以，所以这个三角形的最大角为330=90，是直角三角形，故不符合题意；故选A【点睛】本题主要考查勾股定理逆定理及三角形内角和，熟练掌握勾股定理逆定理及三角形内角和是解题的关键4、D【分析】代数式在实数范围内
10、有意义，可列不等式组得到不等式组的解集，再逐一分析各选项即可.【详解】解： 代数式在实数范围内有意义， 由得： 由得： 所以： 故A，B，C不符合题意，D符合题意，故选D【点睛】本题考查的是分式有意义的条件，二次根式有意义的条件，掌握“分式与二次根式的综合形式的代数式有意义的条件”是解本题的关键.5、D【分析】利用两点之间的距离公式即可得【详解】解：点到坐标原点的距离是，故选：D【点睛】本题考查了两点之间的距离公式，熟练掌握两点之间的距离公式是解题关键6、A【分析】设快递单价每年降价的百分率均为，则第一次降价后价格是原价的1-x，第二次降价后价格是原价 线 封 密 内 号学级年名姓 线 封 密
11、 外 的(1-x)2，根据题意列方程解答即可【详解】解：设快递单价每年降价的百分率均为，由题意得，故选A【点睛】此题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，注意第二次降价后的价格是在第一次降价后的价格的基础上进行降价的找到关键描述语，找到等量关系准确的列出方程是解决问题的关键7、B【分析】因式分解法求得方程的根，根据等腰三角形的性质，确定三边，在三角形存在的前提下，计算周长【详解】，等腰三角形的三边长为2，2，5，不满足三边关系定理，舍去；或2，5，5，满足三边关系定理，等腰三角形的周长为2+5+5=12，故选B【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，三角形的三边关系定理，等腰三角形的性质，熟练掌握
12、一元二次方程的解法，三角形三边关系定理是解题的关键8、B【分析】利用勾股数的定义（勾股数就是可以构成一个直角三角形三边的一组正整数），最大数的平方=最小数的平方和，直接判断即可【详解】解：A、，故A不符合题意B、，故B符合题意C、，故C不符合题意D、，故D不符合题意故选：B【点睛】本题主要是考查了勾股数的判别，熟练掌握勾股数的定义，是求解该题的关键9、D【分析】先将各个二次根式化成最简二次根式，再找出与是同类二次根式即可得【详解】解：A、，与不是同类二次根式，不可合并，此项不符题意；B、，与不是同类二次根式，不可合并，此项不符题意；C、，与不是同类二次根式，不可合并，此项不符题意；D、，与是同
13、类二次根式，可以合并，此项符合题意； 线 封 密 内 号学级年名姓 线 封 密 外 故选：D【点睛】本题考查了二次根式的化简、同类二次根式，熟练掌握二次根式的化简是解题关键10、C【分析】先求出根的判别式的值，根据0有两个不相等实数根，=0有两个相等实数根，0没有实数根作出判断即可【详解】根的判别式，方程有两个相等的实数根故选C【点睛】此题考查根据判别式判断一元二次方程根的情况，掌握根的判别公式为是解答本题的关键二、填空题1、16+【分析】根据线段垂直平分线的性质可得AC=AB，利用勾股定理可求出BD的长，进而得出DE的长，利用勾股定理可得AE的长，即可得出ABE的周长【详解】，AD是线段BC
14、的垂直平分线，AC=AB=5，AD=4，BD=3，CD=BD=3，CE=CA，DE=CE+CD=AC+CD=8，BE=DE+BD=11，AE=，ABE的周长=AB+BE+AE=5+11+=16+故答案为：16+【点睛】本题考查垂直平分线的性质，勾股定理，三角形面积的计算等知识，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等；熟练掌握垂直平分线性质以及勾股定理的应用是解题的关键2、【分析】直接利用和得出的变化规律，进行计算即可得出答案【详解】解：根据得， ，根据得， ，原式= 线 封 密 内 号学级年名姓 线 封 密 外 = = = 故答案为 .【点睛】此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确得出数
15、字变化规律是解题的关键.3、30【分析】根据菱形的性质得到，求得，根据等边三角形的性质得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，于是得到结论【详解】解：四边形是菱形，是等边三角形，故答案为：【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握菱形和等边三角形的性质4、（答案不唯一）【详解】解：的同类二次根式为故答案为：（答案不唯一）【点睛】本题主要考查了同类二次根式的定义，熟练掌握一般地，把几个二次根式化为最简二次根式后，如果它们的被开方数相同，就把这几个二次根式叫做同类二次根式是解题的关键5、且【分析】由有意义可得 由有意义可得 再解不等式组，从而可得答案
16、.【详解】解： 有意义， 由得： 线 封 密 内 号学级年名姓 线 封 密 外 由得： 所以的取值范围是：且 故答案为：且【点睛】本题考查的是二次根式有意义的条件，负整数指数幂的含义，由二次根式有意义的条件，结合负整数指数幂的含义列出不等式组是解本题的关键.三、解答题1、（1）4；（2）见解析；（3）存在，【分析】（1）根据，可得B=30，根据30直角三角形的性质可得，根据，可证是等边三角形，得出，根据P是的中点，得出设，则，根据勾股定理，求（已舍去）即可（2）连接，根据DEAC，可得先证CPADPE（AAS），再证是等边三角形，可证CABEBA（SAS），得出即可；（3）存在这样的m，m=作
17、DEAC交的延长线于E，连接，根据点P为CD中点，可得CP=DP，根据DEAC，可得CAP=DEP，先证APCEPD（AAS），得出，当时，作于F，可得，可得，得出再证ACBBEA（SAS），得出即可【详解】（1）解：，B=180-CAB-ACB=180-90-60=30，是等边三角形，P是的中点，在中，设，则，（已舍去），（2）证明：如图1，连接，DEAC，在和中，CPADPE（AAS）， 线 封 密 内 号学级年名姓 线 封 密 外 ，又DEAC，是等边三角形，在CAB和EBA中，CABEBA（SAS），（3）存在这样的m，m=解：如图3，作DEAC交的延长线于E，连接，点P为CD中点，C
18、P=DP，DEAC，CAP=DEP，在APC和EPD中，APCEPD（AAS），AP=EP，当时，作于F，点E，F重合， 线 封 密 内 号学级年名姓 线 封 密 外 在ACB和BEA中，ACBBEA（SAS），存在，使得【点睛】本题考查线段中点，等边三角形性质，勾股定理，解一元二次方程，三角形全等判定与性质，等腰直角三角形判定与性质，掌握线段中点，等边三角形性质，勾股定理，解一元二次方程，三角形全等判定与性质，等腰直角三角形判定与性质是解题关键2、（1）见解析；（2）AHF是等腰三角形，理由见解析；类比迁移：9【分析】（1）根据矩形的性质得DAB=B=90，由等角的余角相等可得ADE=BAF
19、，利用AAS可得ADEBAF（AAS），由全等三角形的性质得AD=AB，即可得四边形ABCD是正方形；（2）利用AAS可得ADEBAF（AAS），由全等三角形的性质得AE=BF，由已知BH=AE可得BH=BF，根据线段垂直平分线的性质可得即可得AH=AF，AHF是等腰三角形；类比迁移：延长CB到点H，使BH=AE=6，连接AH，利用SAS可得DAEABH（SAS），由全等三角形的性质得AH=DE，AHB=DEA=60，由已知DE=AF可得AH=AF，可得AHF是等边三角形，则AH=HF=HB+BF=AE+BF=6+2=8，等量代换可得DE=AH=8【详解】解：（1）证明：四边形ABCD是矩形，
20、DAB=B=90，DEAF，DAB=AGD=90，BAF+DAF=90，ADE+DAF=90，ADE=BAF,DE=AF，ADEBAF(AAS)，AD=AB，四边形ABCD是矩形，四边形ABCD是正方形；：（2）四边形ABCD是正方形，ADBC，AB=AD，ABH=BAD，BH=AE，DAEABH(SAS)，AH=DE，DE=AF，AH=AF，AHF是等腰三角形延长CB到点H，使得BHAE， 线 封 密 内 号学级年名姓 线 封 密 外 四边形ABCD是菱形，ADBC，AB=AD,ABH=BAD，BH=AE，DAEABH(SAS)，AH=DE，AHB=DEA=60，DE=AF，AH=AF，AH
21、F是等边三角形，AH=HF=HB+BF=AE+BF=7+2=9，DE=AH=9【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题3、（1）3，4，5（2）m=6，n=5（3）2p+3，2p2+6p+4【分析】（1）将m=2，n=1代入计算，即可得到m2+n2=5，m2-n2=3，2mn=4，进而得出该组勾股数是3，4，5；（2）依据作差的方法即可判断出最大的数为m2+n2，再分类讨论：当m2-n2最小时，当2mn最小时，分别依据最大的数与最小的数的和为72，且m-n
22、=1，即可得出m，n的值；（3）先利用配方法，得到2p2+6p+5=（p+1）2+（p+2）2，再令m=p+2，n=p+1，即可得到另外两个数分别为2p+3，2p2+6p+4【小题1】解：当m=2，n=1时，m2+n2=5，m2-n2=3，2mn=4，该组勾股数是3，4，5，故答案为：3，4，5；【小题2】（m2+n2）-（m2-n2）=2n20，m2+n2m2-n2，m2+n2-2mn=（m-n）20，m2+n22mn，最大的数为m2+n2，当m2-n2最小时，（m2+n2）+（m2-n2）=2m2=72，解得m=6或m=-6（舍去），又m-n=1，n=5；当2mn最小时，（m2+n2）+2
23、mn=（m+n）2=72，解得m+n=（舍去），综上所述，m=6，n=5；【小题3】 线 封 密 内 号学级年名姓 线 封 密 外 2p2+6p+5=（p2+2p+1）+（p2+4p+4）=（p+1）2+（p+2）2，令m=p+2，n=p+1，则m2-n2=（p+2）2-（p+1）2=2p+3，2mn=2（p+2）（p+1）=2p2+6p+4，另外两个数分别为2p+3，2p2+6p+4，故答案为：2p+3，2p2+6p+4【点睛】本题主要考查了勾股数以及乘法公式的运用，掌握勾股数的定义以及完全平方公式的结构特征是解决问题的关键4、四边形BFCD是菱形，理由见详解【分析】根据直角三角形斜边中线等
24、于斜边的一半，可得 ，再由点是的中点，可得AE=EF，然后根据CFAB，可得AFC=DAE，FCE=ADE，从而得到ADEFCE，进而得到CF=AD，可得四边形BFCD是平行四边形，再由CF=CD，即可求解【详解】解：四边形BFCD是菱形，理由如下：在中，是的中线， ，点是的中点，AE=EF，CFAB，AFC=DAE，FCE=ADE，ADEFCE，CF=AD，CF=BD=CD，CFAB，四边形BFCD是平行四边形，CF=CD，四边形BFCD是菱形【点睛】本题主要考查了菱形的判定，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形斜边中线等于斜边的一半是解题的关键5、（1），；（2）见解析；（3）1440名【分析】（1）样本容量=600.2=300，90300=n；（2）计算3000.4=12，补图即可；（3）用优秀率2400，计算即可【详解】解：（1）根据题意，得：600.2=300(人)，90300=n=0.3；故答案为：300， 0.3；（2）3000.4=120（人），补图如下： 线 封 密 内 号学级年名姓 线 封 密 外 （3）根据题意，优秀率为0.4+0.2，（人），答：该校2400名学生中竞赛成绩为“优秀”的有1440名【点睛】本题考查了频数分布直方图，样本估计整体，正确理解样本容量，频数，频率之间的关系是解题的关键