广东省广州市广大附中学2020-2021学年八年级数学第二学期期末学业水平测试试题含解析

请考生注意：

1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。 2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（每题4分，共48分）

1．如图，ABC中，ACB90,CD是斜边AB上的高， AD 9,BD 4，那么CD等于（ ）

A．62 B．313 C．6

D．63 2．如图，正方形ABCD的边长为3，E在BC上，且BE=2，P在BD上，则PE+PC的最小值为（ ）

A．23 B．13 C．14 D．15 3．如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=1DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF．下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG=GC；③AG∥CF；④S△FGC=1．其中正确结论的个数是（ ）

A．1

4．已知m(A．5m6

B．2 C．1 D．4

3)(221)，则有（ ） 3B．4m5

C．5m4

D．6m5

5．如图，AD、BE分别是△ABC的中线和角平分线，ADBE，ADBE4，F为CE的中点，连接DF，则AF

的长等于（ ）

A．2 B．3

C．5 D．25 6．已知关于x的一元二次方程x2+mx﹣8=0的一个实数根为2，则另一实数根及m的值分别为（ ） A．4，﹣2

B．﹣4，﹣2

C．4，2

D．﹣4，2

7．如图,正方形ABCD的边长为4cm,则图中阴影部分的面积为( )cm2

A．4 B．16 C．12 D．8

8．甲、乙、丙三种糖果的售价分别为每千克6元、7元、8元，若将甲种8千克，乙种10千克，丙种3千克混在一起，则售价应定为每千克( ) A．7元

B．6.8元

C．7.5元

D．8.6元

9．如图,点P是□ABCD边上一动点,沿A→D→C→B的路径移动,设P点经过的路径长为x，△BAP的面积是y，则下列能大致反映y与x的函数关系的图象是( )

A． B． C． D．

10．下列二次根式中，最简二次根式是（ ） A．1 2B．4 C．6 D．8 11．将直线y＝2x向右平移2个单位，再向上移动4个单位，所得的直线的解析式是( ) A．y＝2x

B．y＝2x+2

C．y＝2x﹣4

D．y＝2x+4

12．下列二次根式中，能与3合并的是（ ） A．8 B．18 C．12

D．6

二、填空题（每题4分，共24分）

13．在直角ΔABC中，∠BAC=90°，AC=3，∠B=30°，点D在BC上，若ΔABD为等腰三角形，则BD=___________．

14．如图，在□ABCD中，对角线AC、BD相交于O，AC＋BD＝10，BC＝3，则△AOD的周长为 ．

15．菱形ABCD的边AB为5 cm，对角线AC为8 cm，则菱形ABCD的面积为_____cm1．

16．命题“如a2＞b2，则a＞b”的逆命题是 ■ 命题（填“真”或“假”）. 17．若菱形的两条对角线长分别是6㎝和8㎝，则该菱形的面积是

2㎝1．

18．如图，二次函数yaxbxca0的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且OAOC，则下

cb24ac列结论：①abc0；②0；③acb10；④OAOB.其中正确结论的序号是______．

a4a

三、解答题（共78分） 19．（8分）计算题：

2x53x2（1）解不等式组12x1

＞0351m3m）2，其中m= mm2m1213（3）解方程=1-

x12x2（2）先化筒，再求值（

20．（8分）百货商店销售某种冰箱，每台进价2500元．市场调研表明：当销售价为2900元时，平均每天能售出8台；每台售价每降低10元时，平均每天能多售出1台．（销售利润=销售价-进价）

（1）如果设每台冰箱降价x元，那么每台冰箱的销售利润为______元，平均每天可销售冰箱______台；（用含x的代数式表示）

（2）商店想要使这种冰箱的销售利润平均每天达到5600元，且尽可能地清空冰箱库存，每台冰箱的定价应为多少元？ 21．（8分）如图，AD是△ABC的角平分线，线段AD的垂直平分线分别交AB和AC于点E、F，连接DE、DF． (1)试判定四边形AEDF的形状，并证明你的结论． (2)若DE＝13，EF＝10，求AD的长．

(3)△ABC满足什么条件时，四边形AEDF是正方形？

22．（10分）如图，直线与轴，轴分别交于点，点，与函数的图象交于点．

（1）直接写出k，b的值和不等式的解集；

（2）在轴上有一点，过点作轴的垂线，分别交函数和的图象于点，点．若，求

点的坐标．

23．（10分）（感知）如图①，四边形ABCD、CEFG均为正方形．可知BE=DG． （拓展）如图②，四边形ABCD、CEFG均为菱形，且∠A=∠F．求证：BE=DG．

（应用）如图③，四边形ABCD、CEFG均为菱形，点E在边AD上，点G在AD延长线上．若AE=2ED，∠A=∠F，△EBC的面积为8，菱形CEFG的面积是_______．（只填结果）

24．（10分）如图，已知△ABC中，DE∥BC，S△ADE︰S四边形BCED＝1︰2，BC26，试求DE的长．

25．（12分）如果一个多位自然数的任意两个相邻数位上，右边数位上的数总比左边数位上的数大1，则我们称这样的自然数叫“美数”，例如：123，3456，67，…都是“美数”．

（1）若某个三位“美数”恰好等于其个位的76倍，这个“美数”为 ．

（2）证明：任意一个四位“美数”减去任意一个两位“美数”之差再减去1得到的结果定能被11整除；

（3）如果一个多位自然数的任意两个相邻数位上，左边数位上的数总比右边数位上的数大1，则我们称这样的自然数叫“妙数”，若任意一个十位为x(1x8，x为整数）的两位“妙数”和任意一个个位为y(2y9，y为整数）的两位“美数”之和为55，则称两位数xy为“美妙数”，并把这个“美妙数”记为FT，则求FT的最大值． 26．已知关于x的一元二次方程x(2m1)xm10有两不相等的实数根． ①求m的取值范围．

22②设x1，x2是方程的两根且x1x2x1x2170，求m的值．

22 参

一、选择题（每题4分，共48分） 1、C 【解析】 【分析】

根据同角的余角相等证明∠DCB=∠CAD，利用两角对应相等证明△ADC∽△CDB，列比例式可得结论． 【详解】

解：∵∠ACB=90°， ∴∠ACD+∠DCB=90°， ∵CD是高，

∴∠ADC=∠CDB=90°， ∴∠ACD+∠CAD=90°， ∴∠DCB=∠CAD， ∴△ADC∽△CDB，

DCAD BDDC∴CD2=AD•BD， ∵AD=9，BD=4， ∴CD=6 故选：C． 【点睛】

本题考查了相似三角形的性质和判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是关键． 2、B 【解析】 【分析】

要求PE+PC的最小值，PE，PC不能直接求，可考虑通过作辅助线转化PE，PC的值，从而找出其最小值求解． 【详解】 如图，连接AE，

因为点C关于BD的对称点为点A，

所以PE+PC=PE+AP，

根据两点之间线段最短可得AE就是AP+PE的最小值， ∵正方形ABCD的边长为3，BE=2， ∴AE=2232=13， ∴PE+PC的最小值是13． 故选：B． 【点睛】

此题主要考查了正方形的性质和轴对称及勾股定理等知识的综合应用．根据已知得出两点之间线段最短可得AE就是AP+PE的最小值是解题关键． 3、C 【解析】 【分析】

根据正方形基本性质和相似三角形性质进行分析即可. 【详解】

①正确．因为AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，∴△ABG≌△AFG； ②正确．因为：EF=DE=

1CD=2，设BG=FG=x，则CG=6﹣x．在直角△ECG中，根据勾股定理，得（6﹣x）2+42=3（x+2）2，解得x=1．所以BG=1=6﹣1=GC；

③正确．因为CG=BG=GF，所以△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF．又∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=180°﹣∠FGC=∠GFC+∠GCF，

∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，∴AG∥CF； ④错误．

过F作FH⊥DC， ∵BC⊥DH， ∴FH∥GC， ∴△EFH∽△EGC， ∴

FHEF GCEGEF=DE=2，GF=1， ∴EG=5， ∴

FHEF2 GCEG5∴S△FGC=S△GCE﹣S△FEC=故选C． 【点睛】

11218x3x4x4xx3z3 2255考核知识点：相似三角形性质. 4、A 【解析】 【分析】

求出m的值，求出2（728）的范围5＜m＜6，即可得出选项． 【详解】 m=（-3）×（-221）， 32321， 32=×37=27 3==28，

∵25＜28＜36， ∴5＜28＜6， 即5＜m＜6， 故选A． 【点睛】

本题考查了二次根式的乘法运算和估计无理数的大小的应用，注意：5＜28 ＜6，题目比较好，难度不大． 5、D 【解析】 【分析】

已知AD是△ABC的中线，F为CE的中点，可得DF为△CBE的中位线，根据三角形的中位线定理可得DF∥BE，DF=

1BE=2；又因ADBE，可得∠BOD=90°，由平行线的性质可得∠ADF=∠BOD=90°，在Rt△ADF中，根据2勾股定理即可求得AF的长.

【详解】

∵AD是△ABC的中线，F为CE的中点， ∴DF为△CBE的中位线， ∴DF∥BE，DF=∵ADBE， ∴∠BOD=90°， ∵DF∥BE，

∴∠ADF=∠BOD=90°， 在Rt△ADF中，AD=4，DF=2， ∴AF=故选D. 【点睛】

DF=本题考查了三角形的中位线定理及勾股定理，利用三角形的中位线定理求得DF∥BE，6、D 【解析】

试题分析：由根与系数的关系式得：2x28，2x2m=﹣2，解得：x2=﹣4，m=2，则另一实数根及m的值分别为﹣4，2，故选D． 考点：根与系数的关系． 7、D 【解析】 【分析】

根据正方形的轴对称的性质可得阴影部分的面积等于正方形的面积的一半，然后列式进行计算即可得解． 【详解】

1BE=2； 2AD2DF2422225. 1BE=2是解决问题的关键. 2根据正方形的轴对称性可得，阴影部分的面积=∵正方形ABCD的边长为4cm， ∴S阴影=

1S正方形， 21×42=8cm2， 2故选D． 【点睛】

本题考查了轴对称的性质，正方形的面积，根据图形判断出阴影部分的面积等于正方形的面积的一半是解题的关键． 8、B 【解析】 【分析】

根据加权平均数的计算方法：先求出所有糖果的总钱数，再除以糖果的总质量，即可得出答案． 【详解】 售价应定为：故选B． 【点睛】

本题考查的是加权平均数的求法．本题易出现的错误是对加权平均数的理解不正确，而求6、7、8这三个数的平均数． 9、A 【解析】

点P沿A→D运动，△BAP的面积逐渐变大；点P沿D→C移动，△BAP的面积不变；点P沿C→B的路径移动，△BAP的面积逐渐减小．故选A． 10、C 【解析】 【分析】

根据最简二次根式的概念：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，结合选项求解即可． 【详解】 解：A、12，则226871083≈6.8(元)；

81031不是最简二次根式，本选项错误； 2B、4=2，则4不是最简二次根式，本选项错误； C、6是最简二次根式，本选项正确；

D、822，则8不是最简二次根式，本选项错误. 【点睛】

本题考查了最简二次根式的知识，解答本题的关键在于掌握最简二次根式的概念，对各选项进行判断． 11、A 【解析】 【分析】

根据平移的性质“左加右减，上加下减”，即可找出平移后的直线解析式，此题得解． 【详解】

解：y＝2（x﹣2）+4＝2x． 故选A． 【点睛】

本题考查一次函数图象与几何变换，牢记平移的规则“左加右减，上加下减”是解题的关键． 12、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

二、填空题（每题4分，共24分） 13、3或3【解析】 【分析】

分两种情况讨论即可：①BA=BD，②DA=DB.

3 【详解】 解：①如图：

当AD成为等腰△BAD的底时，BA=BD，∵∠BAC=90°，∠B=30°，AC=3，∴BC=2x3=6，AB=33,∴BD=BA=33; ②如图：

当AB成为等腰△DAB的底边时，DA=DB, 点D在AB的中垂线与斜边BC的交点处，

∴∠DAB=∠B=30°，∴∠ADC=∠B+∠DAB=60°, ∵∠C=90°-∠B=60°, ∴△ADC为等边三角形，∴BD=AD=3， 故答案为33或3. 【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质及线段垂直平分线的性质，关键是灵活运用这些性质. 14、8

【解析】试题分析：根据平行四边形的性质可得：OA+OD=考点：平行四边形的性质. 15、14 【解析】

【分析】连接BD.利用菱形性质得BD=1OB,OA=【详解】连接BD. AC⊥BD， 因为，四边形ABCD是菱形， 所以，AC⊥BD，BD=1OB,OA=所以，再Rt△AOB中， OB=1（AC+BD）=5，AD=BC=3，则△AOD的周长为5+3=8. 21AC，利用勾股定理求OB，通过对角线求菱形面积. 21AC=4cm, 2AB2AO252423cm,

所以，BD=1OB=6 cm

所以，菱形的面积是

11AC•BD6824cm1 22

故答案为：14

【点睛】本题考核知识点：菱形的性质.解题关键点：利用勾股定理求菱形的对角线. 16、假 【解析】

先写出命题的逆命题，然后在判断逆命题的真假．

解：如a2＞b2，则a＞b”的逆命题是：如a＞b，则a2＞b2， 假设a=1，b=-2，此时a＞b，但a2＜b2，即此命题为假命题． 故答案为假． 17、14 【解析】

已知对角线的长度，根据菱形的面积计算公式即可计算菱形的面积． 解：根据对角线的长可以求得菱形的面积， 根据S=

11ab=×6×8=14cm1， 22故答案为14． 18、①③④ 【解析】

（1）∵抛物线开口向下， ∴a0，

又∵对称轴在y轴的右侧， ∴ b0，

∵抛物线与y轴交于正半轴， ∴c0 ，

∴abc0，即①正确；

（2）∵抛物线与x轴有两个交点，

∴b24ac0， 又∵a0，

b24ac∴0，即②错误；

4a（3）∵点C的坐标为(0，c)，且OA=OC，

?0)， ∴点A的坐标为(c，把点A的坐标代入解析式得：ac2bcc0， ∵c0，

∴acb10，即③正确；

?0)、?(x2，?0)，则OA=x1，OB=x2， （4）设点A、B的坐标分别为(x1，∵抛物线与x轴交于A、B两点， ∴x1，x2是方程ax2bxc0的两根， ∴x1x2c， ac.即④正确； a∴OA·OB=x1x2综上所述，正确的结论是：①③④.

三、解答题（共78分） 19、（1）-1≤x＜【解析】 【分析】

分别求出不等式组中两不等式的解集，找出解集的公共部分即可； 先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把m的值代入进行计算； 根据解分式方程的一般步骤解出方程，检验即可得到方程的解． 【详解】

47；（2）-5；（3）x=是原分式方程的根． 522x53x2①（1）12x1

＞0②35由不等式①，得 x≥-1，

由不等式②，得 x＜

4， ； 5故原不等式组的解集是-1≤x＜（2）（

1mm）2 mm2m11m2m= m(m1)2=

1m1mm1m， 1mm2

(m1)=

3532=2=-5； 当m=时，原式=

31212213（3）=1-

x12x21方程两边同乘以2（x-1），得 2=2（x-1）-3 去括号，得 2=2x-2-3

移项及合并同类项，得 7=2x

系数化为1，得 x=

7 27是原分式方程的根． 2经检验，x=【点睛】

本题考查的知识点是解一元一次不等式组、分式的化简求值和解分式方程，解题关键是注意分式方程的解要检验. 20、（1）(400x)，8【解析】 【分析】

(1)销售利润=一台冰箱的利润×销售冰箱数量,一台冰箱的利润=售价-进价,降低售价的同时,销售量就会提高,“一减一

1x；（2） 应定价2700元. 10加”;

(2)根据每台的盈利×销售的件数=5600元,即可列方程求解. 【详解】

解：（1）每台冰箱的销售利润为（2） 依题意，可列方程：

400x元，平均每天可销售冰箱81x台； 101400x8x5600 10解方程，得x1 =120 ，x2 =200

因为要尽可能地清空冰箱库存，所以x=120舍去 2900-200=2700元 答：应定价2700元.

点睛：本题考查了一元二次方程的应用，关键是会表示一台冰箱的利润，销售量增加的部分．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．

21、（1）四边形AEDF是菱形，证明见解析；（2）24；（3）当△ABC中∠BAC=90°时，四边形AEDF是正方形； 【解析】 【分析】

（1）由∠BAD=∠CAD，AO=AO，∠AOE=∠AOF=90°证△AEO≌△AFO，推出EO=FO，得出平行四边形AEDF，根据EF⊥AD得出菱形AEDF；（2）由（1）知菱形AEDF对角线互相垂直平分，故AO=

1AD=4，根据勾股定理得2EO=3，从而得到EF=6；（3）根据有一个角是直角的菱形是正方形可得∠BAC=90°时，四边形AEDF是正方形． 【详解】

(1)四边形AEDF是菱形， ∵AD平分∠BAC， ∴∠1=∠2， 又∵EF⊥AD， ∴∠AOE=∠AOF=90°∵在△AEO和△AFO中

12， ∵AOAOAOEAOF∴△AEO≌△AFO（ASA）， ∴EO=FO， ∵EF垂直平分AD， ∴EF、AD相互平分， ∴四边形AEDF是平行四边形 又EF⊥AD，

∴平行四边形AEDF为菱形； (2)∵EF垂直平分AD，AD=8， ，AO=4， ∴∠AOE=90°

在RT△AOE中，∵AE=5， ∴EO=AE2AO2=3，

由(1)知，EF=2EO=6；

(3)当△ABC中∠BAC=90°时，四边形AEDF是正方形； ， ∵∠BAC=90°

∴四边形AEDF是正方形（有一个角是直角的菱形是正方形）． 【点睛】

本题考查了菱形的判定和正方形的判定，解题的关键是掌握邻边相等的平行四边形是菱形，有一个角是直角的菱形是正方形． 22、（1）不等式

的解集为

；（2）点的坐标为

，或，．

【解析】 【分析】

（1）把M点的坐标分别代入y=kx和

可求出k、b的值，再确定A点坐标，然后利用函数图象写出不等

式的解集；（2）先确定B点坐标得到OB的长，设P（m，0），则，D（m，2m），利用

2CD=OB得到，然后解绝对值方程求出m，从而得到点P的坐标．

【详解】 （1）把

代入

得

；

把代入得，解得；

当0时，，解得，则，

所以不等式的解集为；

（2）当时，，则，

，

设，则，，

，

，

解得或，

点的坐标为 ，或，．

【点睛】

本题考查了待定系数法求一次函数解析式，一次函数与一元一次不等式，掌握待定系数法求一次函数解析式，一次函数与一元一次不等式是解题的关键. 23、见解析 【解析】

试题分析：探究：由四边形ABCD、四边形CEFG均为菱形，利用SAS易证得△BCE≌△DCG，则可

得BE=DG；

应用：由AD∥BC，BE=DG，可得S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8，又由AE=3ED，可求得△CDE的面积，继而求得答案． 试题解析：

探究：∵四边形ABCD、四边形CEFG均为菱形， ∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠A，∠ECG=∠F． ∵∠A=∠F， ∴∠BCD=∠ECG．

∴∠BCD-∠ECD=∠ECG-∠ECD， 即∠BCE=∠DCG． 在△BCE和△DCG中，

BC＝CDBCE＝DCG CE＝CG∴△BCE≌△DCG（SAS）， ∴BE=DG．

应用：∵四边形ABCD为菱形， ∴AD∥BC， ∵BE=DG，

∴S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8， ∵AE=3ED， ∴S

△CDE

1=82 , 4∴S△ECG=S△CDE+S△CDG=10 ∴S

菱形CEFG

=2S△ECG=20.

24、DE22 【解析】

解：因为DE∥BC， 所以△ADE∽△ABC， 所以

S△ADEDE2()．

S△ABCBC又S△ADE︰S四边形BCED＝1︰2，

所以S△ADE︰S△ABC＝1︰3， 即(DE21)．而BC26，所以DE22． BC225、 (1)456 （2）见解析 （3）42 【解析】 【分析】

（1）设这个“美数”的个位数为x，则根据题意可得方程100x-210x-1x76x，解方程求出x的值即可得出答案.

（2）设四位“美数”的个位为x、两位“美数””的个位为y,分别表示出四位“美数”和两位“美数”,再将四位“美数”减去任意一个两位“美数””之差再加上1的结果除以11判断结果是否为整数即可;

（3）根据题意两个数之和为55得出二元一次方程10xx110y1y55，化简方程11xy66，再根据x与y的取值范围，即可求出FT最大值. 【详解】

（1）设其个位数为x，则

100x-210x-1x76x

解得：x=6

则这个“美数”为：1006-2106-16456

（2）设四位“美数”的个位为x、两位“美数””的个位为y， 根据题意得：

x10x1100x21000x3y10y11

=111x320111y =11101x291y 即：式子结果是11的倍数 （3）根据题意：

10xx110y1y55

10xx110y10y55 11x11y1155 11xy66

xy6

x1x8，y2y9

由10x+y可得x越大FT越大，即y为最小值时FT的值最大 则x=4，y=2时FT的值最大

FT的最大值为410242

【点睛】

本题主要考查二元一次方程的应用，解题关键是设个位数的数为x得出方程并解答. 26、①m【解析】 【分析】

①根据“关于x的一元二次方程x(2m1)xm10有两不相等的实数根”，结合判别式公式，得到关于m的不等式，解之即可。

22②根据“x1，x2是方程的两根且x1x2x1x2170”，结合根与系数的关系，列出关于m的一元二次方程，解

55，②m的值为． 4322之，结合（1）的结果，即可得到答案． 【详解】

解：①根据题意得：

(2m1)24m210，

解得：m5， 4②根据题意得：

x1x2(2m1)，x1x2m21，

2x12x2x1x217

x1x2x1x217 (2m1)2m2117

20，

解得：m15，m23（不合题意，舍去）， 3∴m的值为【点睛】

5． 3本题考查了根与系数的关系，根的判别式，解题的关键：①正确掌握判别式公式，②正确掌握根与系数的关系．