上海市普陀区2015-2016年八年级下期末数学试卷含答案解析Word格式.doc
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21.解方程:
22.如图,在平行四边形ABCD中,点P是BC边的中点,设,
(1)试用向量表示向量,那么=______;
(2)在图中求作:
.(保留作图痕迹,不要求写作法,写出结果).
四、解答题:
(第23和24题,每题6分,第25和26题,每题8分,满分28分)
23.如图,梯形ABCD中AD∥BC,AB=DC,AE=GF=GC
(1)求证:
四边形AEFG是平行四边形;
(2)当∠FGC=2∠EFB时,求证:
四边形AEFG是矩形.
24.某市为了美化环境,计划在一定的时间内完成绿化面积200万亩的任务,后来市政府调整了原定计划,不但绿化面积在原计划的基础上增加20%,而且要提前1年完成任务.经测算,要完成新的计划,平均每年的绿化面积必须比原计划多20万亩,求原计划平均每年的绿化面积.
25.如图1,在菱形ABCD中,∠A=60°
.点E,F分别是边AB,AD上的点,且满足∠BCE=∠DCF,连结EF.
(1)若AF=1,求EF的长;
(2)取CE的中点M,连结BM,FM,BF.求证:
BM⊥FM;
(3)如图2,若点E,F分别是边AB,AD延长线上的点,其它条件不变,结论BM⊥FM是否仍然成立(不需证明).
26.如图1,在平面直角坐标系中,点A的坐标为(﹣4,4),点B的坐标为(0,2).
(1)求直线AB的解析式;
(2)以点A为直角顶点作∠CAD=90°
,射线AC交x轴的负半轴于点C,射线AD交y轴的负半轴于点D.当∠CAD绕着点A旋转时,OC﹣OD的值是否发生变化?
若不变,求出它的值;
若变化,求出它的变化范围;
(3)如图2,点M(﹣4,0)是x轴上的一个点,点P是坐标平面内一点.若A、B、M、P四点能构成平行四边形,请写出满足条件的所有点P的坐标(不要解题过程).
参考答案与试题解析
【考点】无理方程.
【分析】根据无理方程的定义进行解答,根号内含有未知数的方程为无理方程.
【解答】解:
A项的根号内没有未知数,所以不是无理方程,故本选项错误,
B项的根号内没有未知数,所以不是无理方程,故本选项错误,
C项的根号内含有未知数,所以是无理方程,故本选项正确,
D项的根号内不含有未知数,所以不是无理方程,故本选项错误,
故选择C.
【考点】解分式方程.
【分析】找出各分母的最简公分母即可.
解方程﹣=时,去分母方程两边同乘的最简公分母3x(x+1)(x﹣1).
故选D
【考点】中心对称图形;
轴对称图形.
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.
A、是轴对称图形,也是中心对称图形;
B、不是轴对称图形,是中心对称图形;
C、不是轴对称图形,也不是中心对称图形;
D、是轴对称图形,不是中心对称图形.
故选B.
【考点】反比例函数的图象;
一次函数的图象.
【分析】根据反比例函数的比例系数可得经过的象限,一次函数的比例系数和常数项可得一次函数图象经过的象限.
当k>0时,反比例函数图象经过一三象限;
一次函数图象经过第一、二、三象限,故A、C错误;
当k<0时,反比例函数经过第二、四象限;
一次函数经过第二、三、四象限,故B错误,D正确;
故选:
D.
【考点】可能性的大小.
【分析】直接利用各小球的个数多少,进而分析得出得到的可能性即可.
A、∵布袋中有大小一样的3个白球和2个黑球,从袋中任意摸出1个球,
∴摸出的球不一定是白球,故此选项错误;
B、∵布袋中有大小一样的3个白球和2个黑球,从袋中任意摸出1个球,
∴摸出的球不一定是黑球,故此选项错误;
C、摸出的球是白球的可能性大,正确;
D、摸出的球是黑球的可能性小于白球的可能性,故此选项错误.
C.
【考点】中点四边形.
【分析】顺次连接等腰梯形各边中点所得的四边形是菱形,理由为:
根据题意画出相应的图形,连接AC、BD,由等腰梯形的性质得到AC=BD,由E、H分别为AD与DC的中点,得到EH为△ADC的中位线,利用三角形的中位线定理得到EH等于AC的一半,EH平行于AC,同理得到FG为△ABC的中位线,得到FG等于AC的一半,FG平行于AC,进而得到EH与FG平行且相等,利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形得到EFGH为平行四边形,再由EF为△ABD的中位线,得到EF等于BD的一半,进而由AC=BD得到EF=EH,根据一对邻边相等的平行四边形为菱形可得证.
顺次连接等腰梯形各边中点所得的四边形是菱形,理由为:
已知:
等腰梯形ABCD,E、F、G、H分别为AD、AB、BC、CD的中点,
求证:
四边形EFGH为菱形.
证明:
连接AC,BD,
∵四边形ABCD为等腰梯形,
∴AC=BD,
∵E、H分别为AD、CD的中点,
∴EH为△ADC的中位线,
∴EH=AC,EH∥AC,
同理FG=AC,FG∥AC,
∴EH=FG,EH∥FG,
∴四边形EFGH为平行四边形,
同理EF为△ABD的中位线,
∴EF=BD,又EH=AC,且BD=AC,
∴EF=EH,
则四边形EFGH为菱形.
7.如果一次函数y=(3m﹣1)x+m的函数值y随x的值增大而减少,那么m的取值范围是 m< .
【考点】一次函数的性质.
【分析】根据一次函数的性质列出关于m的不等式,求出m的取值范围即可.
∵一次函数y=(3m﹣1)x+m的函数值y随x的值增大而减少,
∴3m﹣1<0,解得m<.
故答案为:
m<.
8.将一次函数y=2x的图象向上平移3个单位,平移后,若y>0,那么x的取值范围是 x>﹣ .
【考点】一次函数图象与几何变换.
【分析】首先得出平移后解析式,进而求出函数与坐标轴交点,即可得出y>0时,x的取值范围.
∵将y=2x的图象向上平移3个单位,
∴平移后解析式为:
y=2x+3,
当y=0时,x=﹣,
故y>0,则x的取值范围是:
x>﹣.
9.一次函数的图象在y轴上的截距为3,且与直线y=﹣2x+1平行,那么这个一次函数的解析式是 y=﹣2x+3 .
【考点】待定系数法求一次函数解析式.
【分析】设所求直线解析式为y=kx+b,先根据截距的定义得到b=3,再根据两直线平行的问题得到k=﹣2,由此得到所求直线解析式为y=﹣2x+3.
设所求直线解析式为y=kx+b,
∵一次函数的图象在y轴上的截距为3,且与直线y=﹣2x+1平行,
∴k=﹣2,b=3,
∴所求直线解析式为y=﹣2x+3.
故答案为y=﹣2x+3.
10.方程(x+1)3=﹣27的解是 x=﹣4 .
【考点】立方根.
【分析】直接根据立方根定义对﹣27开立方得:
﹣3,求出x的值.
(x+1)3=﹣27,
x+1=﹣3,
x=﹣4.
11.当m取 2 时,关于x的方程mx+m=2x无解.
【考点】一元一次方程的解.
【分析】先移项、合并同类项,最后再依据未知数的系数为0求解即可.
移项得:
mx﹣2x=﹣m,
合并同类项得:
(m﹣2)x=﹣m.
∵关于x的方程mx+m=2x无解,
∴m﹣2=0.
解得:
m=2.
2.
12.在一个不透明的盒子中放入标号分别为1,2,3,4,5,6,7,8,9的形状、大小、质地完全相同的9个球,充分混合后,从中取出一个球,标号能被3整除的概率是 .
【考点】概率公式.
【分析】由在一个不透明的盒子中放入标号分别为1,2,3,4,5,6,7,8,9的形状、大小、质地完全相同的9个球,且标号能被3整除的有3,6,9;
直接利用概率公式求解即可求得答案.
∵在一个不透明的盒子中放入标号分别为1,2,3,4,5,6,7,8,9的形状、大小、质地完全相同的9个球,且标号能被3整除的有3,6,9;
∴从中取出一个球,标号能被3整除的概率是:
=.
13.一个多边形的内角和是外角和的4倍,那么这个多边形是 十 边形.
【考点】多边形内角与外角.
【分析】先设这个多边形的边数为n,得出该多边形的内角和为(n﹣2)×
180°
,根据多边形的内角和是外角和的4倍,列方程求解.
设这个多边形的边数为n,则该多边形的内角和为(n﹣2)×
,
依题意得(n﹣2)×
=360°
×
4,
解得n=10,
∴这个多边形的边数是10.
十.
14.在菱形ABCD中,对角线AC、BD相交于点O,P为AB边中点,菱形ABCD的周长为24,那么OP的长等于 3 .
【考点】菱形的性质;
三角形中位线定理.
【分析】根据菱形的性质得出AD=DC=BC=AB,AC⊥BD,求出∠AOB=90°
,AB=6,根据直角三角形斜边上中线性质得出OP=AB,即可求出答案.
∵四边形ABCD是菱形,
∴AD=DC=BC=AB,AC⊥BD,
∴∠AOB=90°
∵菱形ABCD的周长为24,
∴AB=6,
∵P为AB边中点,
∴OP=AB=3,
3.
15.直线y=k1x+b1(k1<0)与y=k2x+b2(k2>0)相交于点(﹣2,0),且两直线与y轴围成的三角形面积为6,那么b2﹣b1的值是 6 .
【考点】两条直线相交或平行问题.
【分析】分类讨论:
当k1<0,k2>0时,直线y=k1x+b1与y轴交于C点,则C(0,b1),直线y=k2x+b2与y轴交于B点,则C(0,b2),根据三角形面积公式即可得出结果.
如图,当k1<0,k2>0时,直线y=k1x+b1与y轴交于C点,则C(0,b1),直线y=k2x+b2与y轴交于B点,则B(0,b2),
∵△ABC的面积为6,
∴OA(OB+OC)=6,
即×
2×
(b2﹣b1)=6,
∴b2﹣b1=6;
6.
,如果AB=5,BC=4,CD=3,那么AD= .
【考点】梯形;
勾股定理.
【分析】过点D作DE⊥AB于点E,后根据勾股定理即可得出答案.
过点D作DE⊥AB于点E,如下图所示:
则DE=BC=4,AE=AB﹣EB=AB﹣DC=2,
AD==2.
①AD∥BC,②AB=CD,③AO=CO,④∠ABC=∠ADC中选出两个可使四边形ABCD是平行四边形,则你选的两个条件是 ①③ .(填写一组序号即可)
【考点】平行四边形的判定.
【分析】根据AD∥BC可得∠DAO=∠OCB,∠ADO=∠CBO,再证明△AOD≌△COB可得BO=DO,然后再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得答案.
可选条件①③,
∵AD∥BC,
∴∠DAO=∠OCB,∠ADO=∠CBO,
在△AOD和△COB中,
∴△AOD≌△COB(AAS),
∴DO=BO,
∴四边形ABCD是平行四边形.
①③.
,AD=CD,DP⊥AB于P.若四边形ABCD的面积是18,则DP的长是 3 .
【考点】正方形的判定与性质;
全等三角形的判定与性质.
【分析】过点D作DE⊥DP交BC的延长线于E,先判断出四边形DPBE是矩形,再根据等角的余角相等求出∠ADP=∠CDE,再利用“角角边”证明△ADP和△CDE全等,根据全等三角形对应边相等可得DE=DP,然后判断出四边形DPBE是正方形,再根据正方形的面积公式解答即可.
如图,过点D作DE⊥DP交BC的延长线于E,
∵∠ADC=∠ABC=90°
∴四边形DPBE是矩形,
∵∠CDE+∠CDP=90°
,∠ADC=90°
∴∠ADP+∠CDP=90°
∴∠ADP=∠CDE,
∵DP⊥AB,
∴∠APD=90°
∴∠APD=∠E=90°
在△ADP和△CDE中,
∴△ADP≌△CDE(AAS),
∴DE=DP,四边形ABCD的面积=四边形DPBE的面积=18,
∴矩形DPBE是正方形,
∴DP==3.
【分析】首先移项,然后两边平方,再移项,合并同类项,即可.
x2﹣2x+1=x+1
x2﹣3x=0
x1=0;
x2=3
经检验:
x1=0是增根,舍去,x2=3是原方程的根,
所以原方程的根是x1=3
【考点】高次方程.
【分析】此方程组较复杂,不易观察,就先变形,因式分解得出两个方程,再用加减消元法和代入消元法求解.
由①得x﹣2y=0或x+y=0
原方程组可化为:
和
解这两个方程组得原方程组的解为:
【考点】换元法解分式方程.
【分析】因为=3×
,所以可设=y,然后对方程进行整理变形.
设y=,则原方程化为:
y﹣+2=0,
整理,得y2+2y﹣3=0,
y1=﹣3,y2=1.
当y1=﹣3时,=﹣3,得:
3x2+2x+3=0,则方程无实数根;
当y2=1时,=1,得:
x2﹣2x+1=0,解得x1=x2=1;
经检验x=1是原方程的根,
所以原方程的根为x=1.
(1)试用向量表示向量,那么= ;
【考点】*平面向量;
平行四边形的性质.
【分析】分析:
(1)根根向量的三角形法则即可求出,
(2)如图=
(1)在平行四边形ABCD中,,,
∵点P是BC的中点,
∴,
(2)如图:
=
就是所求的向量.
平行四边形的判定与性质;
矩形的判定.
【分析】
(1)首先证明∠B=∠GFC=∠C,根据平行线的判定可得GF∥AB,再由GF=AE,可得四边形AEFG是平行四边形;
(2)过G作GM⊥BC垂足为M,根据等腰三角形的性质可得∠FGC=2∠FGM,然后再证明∠EFG=90°
,可得四边形AEFG是矩形.
【解答】证明:
(1)在梯形ABCD中,
∵AB=CD,
∴∠B=∠C,
∵GF=GC,
∴∠GFC=∠C,
∴∠B=∠GFC,
∴GF∥AB,
∵GF=AE,
∴四边形AEFG是平行四边形;
(2)过G作GM⊥BC垂足为M,
∴∠FGC=2∠FGM,
∵∠FGC=2∠EFB,
∴∠FGM=∠EFB,
∵∠FGM+∠GFM=90°
∴∠EFB+∠GFM=90°
∴∠EFG=90°
∴平行四边形AEFG为矩形.
【考点】分式方程的应用.
【分析】本题的相等关系是:
原计划完成绿化时间﹣实际完成绿化实际=1.设原计划平均每年完成绿化面积x万亩,则原计划完成绿化完成时间年,实际完成绿化完成时间:
年,列出分式方程求解.
设原计划平均每年完成绿化面积x万亩,
根据题意,可列出方程,
去分母整理得:
x2+60x﹣4000=0
x1=40,x2=﹣100…
x1=40,x2=﹣100都是原分式方程的根,
因为绿化面积不能为负,所以取x=40.
答:
原计划平均每年完成绿化面积40万亩.
【考点】四边形综合题.
(1)根据已知和菱形的性质证明△CBE≌△CDF,得到BE=DF,证明△AEF是等边三角形,求出EF的长;
(2)延长BM交DC于点N,连结FN,证明△CMN≌△EMB,得到NM=MB,证明△FDN≌△BEF,得到FN=FB,得到BM⊥MF;
(3)延长BM交DC的延长线于点N,连结FN,与
(2)的证明方法相似证明BM⊥MF.
【解答】
(1)解:
∴AB=AD=BC=DC,∠D=∠CBE,
又∵∠BCE=∠DCF,
∴△CBE≌△CDF,
∴BE=DF.
又∵AB=AD,∴AB﹣BE=AD﹣DF,即AE=AF,
又∵∠A=60°
,∴△AEF是等边三角形,
∴EF=AF,
∵AF=1,∴EF=1.
(2)证明:
如图1,延长BM交DC于点N,连结FN,
∴DC∥AB,
∴∠NCM=∠BEM,∠CNM=∠EBM
∵点M是CE的中点,
∴CM=EM.
∴△CMN≌△EMB,
∴NM=MB,CN=BE.
又∵AB=DC.∴DC﹣CN=AB﹣BE,即DN=AE.
∵△AEF是等边三角形,∴∠AEF=60°
,EF=AE.
∴∠BEF=120°
,EF=DN.
∵DC∥AB,∴∠A+∠D=180°
,∴∠D=120°
∴∠D=∠BEF.
又∵DN=EF,BE=DF.
∴△FDN≌△BEF,
∴FN=FB,
又∵NM=MB,∴BM⊥MF;
(3)结论BM⊥MF仍然成立.
如图2,延长BM交DC的延长线于点N,连结FN,
∵DC∥AB,∴∠A+∠FDC=180°
,∴∠FDC=120°
∴∠FDC=∠BEF.
又∵NM=MB,
∴BM⊥MF.
(3)如图2,点M(﹣4,0)是x轴上的
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