2019-2020学年北京市西城区八年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本题共30分，每小题3分）第1～10题均有四个选项，符合题意的选项只有一个. 1．（3分）若A．x＞5
在实数范围内有意义，则x的取值范围是（ ）
B．x≥5
C．x≤5
D．x≠5
2．（3分）下列图案中，既是轴对称图形也是中心对称图形的是（ ）
A．唐代对凤纹 B．良渚神人兽面纹
C．敦煌元素宝相花纹 D．《营造法式》海石榴花纹
3．（3分）下列运算正确的是（ ） A．C．
+
＝
＝6
B．3+D．
＝3＝
＝2
4．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8．若D，E分别为边AC，BC的中点，则DE的长为（ ）
A．10
B．5
C．4
D．3
5．（3分）下列关于一元二次方程x2+2x＝0的说法正确的是（ ） A．该方程只有一个实数根x＝2 B．该方程只有一个实数根x＝﹣2
C．该方程的实数根为x1＝0，x2＝2 D．该方程的实数根为x1＝0，x2＝﹣2 6．（3分）下列命题正确的是（ ）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．对角线相等的四边形是矩形 C．有一组邻边相等的四边形是菱形
D．有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形
7．（3分）用配方法解一元二次方程x2+6x+2＝0时，下列变形正确的是（ ） A．（x+3）2＝9
B．（x+3）2＝7
C．（x+3）2＝3
D．（x﹣3）2＝7
8．（3分）甲、乙两座城市某年四季的平均气温如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲城市的年平均气温在30℃以上 B．乙城市的年平均气温在0℃以下
C．甲城市的年平均气温低于乙城市的年平均气温 D．甲、乙两座城市中，甲城市四季的平均气温较为接近
9．（3分）图1是第七届国际数学教育大会（ICME﹣7）的会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形（如图2所示）演化而成的．如果图2中的OA1＝A1A2＝A2A3＝…A7A8＝1，那么OA8的长为（ ）
A．2
B．3
C．
D．
10．（3分）如图，正方形ABCD的边长为2，E为AB边的中点，点F在BC边上，点B关于直线EF的对称点记为B'，连接B'D，B'E，B'F．当点F在BC边上移动使得四边形BEB'F成为正方形时，B'D的长为（ ）
A． B． C．2 D．3
二、填空题（本题共26分，其中第18题5分，其余每小题3分） 11．（3分）计算：
•
＝ ．
12．（3分）如图，在▱ABCD中，若∠A＝2∠B，则∠D＝ °．
13．（3分）若
＝0，则xy的值为 ．
14．（3分）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，若OB＝5，则AC＝ ．
15．（3分）如果x＝1是关于x的方程x2+bx﹣2＝0的一个根，则b＝ ．
16．（3分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，若∠ABC＝60°，OA＝1，则菱形的周长等于 ．
17．（3分）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在CD边上，CE＝3，若点F在正方形的某一边上，满足CF＝BE，且CF与BE的交点为M，则CM＝ ．
18．（5分）如图，在△OAB中，∠1＝∠2．将△OAB绕点O顺时针旋转180°，点A的对应点记为C，点B的对应点记为D，顺次连接BC，CD，DA得到四边形ABCD． （1）补全图形；
（2）所得四边形ABCD为 （从①矩形；②菱形；③正方形中选择，只填写序号即可），判断此结论的依据是 ．
三、解答题（本题共44分，第19～23题每小题6分，第24、25题每小题6分） 19．（6分）计算： （1）（2）（
÷+
+）（
； ﹣
）+
．
20．（6分）解方程：x2﹣4x﹣8＝0．
21．（6分）如图，在▱ABCD中，点E在BC边上，AE平分∠BAD，点F在AD边上，EF∥AB． （1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若AB＝2，BC＝3，点P在线段AE上运动，请直接回答当点P在什么位置时PC+PF取得最小值，最小值是多少．
22．（6分）甲、乙两支运动队各有10名队员，他们的年龄分布情况分别如图1、图2所示． 甲、乙两队队员年龄统计表
甲队 乙队
解决下列问题：
（1）求甲队队员的平均年龄a的值（结果取整数）； （2）补全统计表中的①②③三处；
（3）阅读理解﹣﹣扇形图中求中位数的方法： 【阅读与思考】
小明同学在求乙队队员年龄的中位数b时，是这样思考的：
因为中位数是将一组数据按大小排序后，排在中间位置的一个数或中间两个数的平均数，那就需要先找到数据按大小排序后，大致排在50%附近的数，再根据中位数的概念进行细化求解．
图2这个扇形图中的数据18～21是按大小顺序旋转排列的，我们就可以像图3所示的这样，先找到最大数据“21”
平均数（近似值）
a 20
众数 ① ③
中位数 ② b
与最小数据“18”的分界半径OM，为找到排在50%附近的数，再作出直径MN，那么射线ON指向的数据就是中位数．
王老师的评价：小明的这个方法是从中位数的概念出发，充分利用了扇形图的特性形象直观地解决问题． 【理解与应用】
请你利用小明的方法直接写出统计表中b的值．
23．（6分）阅读材料：
中国﹣西班牙联合发行《中欧班列（义乌﹣马德里）》特种邮票1套2枚，它们的大小、形状相同（如图1）．邮票在设计时采用了多种数学元素：根据画面内容邮票以平行四边形的形式呈现，代表着列车前进的速度，凸显中 欧班列的动态美；中国与西班牙两个列车图形保持对称，并向外延展，…；在单枚邮票票面上的平行四边形ABCD中，邻边AB与AD的长度比非常接近黄金分割数
（≈0.618）．
单枚邮票的规格见图2所示的技术资料（节选）．设图1的▱ABCD中BC边上的高为AH． 根据以上信息解决问题：
（1）提取信息：在▱ABCD中，BC＝ mm，AB＝ mm，AH＝ mm； （2）计算BH的长（结果用最简二次根式表示）；
（3）如果将图1中的▱ABCD设计成精确地满足相邻两边的比为黄金分割数，即在▱ABCD中，满足
＝
，
且AD＝a，求此时2枚连印的邮票票面中▱ABEF的周长（用含a的式子表示，结果用最简二次根式表示，无需
计算近似值）．
24．（7分）在平面直角坐标系xOy中，A（0，2），B（2，0）．四边形AOBC的第四个顶点C在第一象限，AC＝1，BC＝3．
（1）尺规作图：作出四边形AOBC（不要求写作法）； （2）求∠OAC的度数及四边形AOBC的面积．
25．（7分）在▱ABCD中，O是对角线BD的中点．点E在▱ABCD外，且∠AED＝90°．过点C作直线ED的垂线，垂足为F．连接OE，OF．
（1）如图1，当▱ABCD为矩形，且∠DAE＝45°时，画出线段OE与OF，并直接写出这两条线段的数量关系； （2）在图2中，根据题意补全图形，写出线段OE与OF的数量关系并加以证明； （3）如图3，当▱ABCD为正方形时，若AE＝1，OD＝
，直接写出OF的长．
一、操作题（本题6分）
26．从下面正方形网格的格点A～N中，选择恰当的格点，分别画出以所选择格点为顶点的以下图形，并用字母表示． ①矩形； ②菱形；
③既不是矩形也不是菱形的平行四边形．
二、方案比较（本题6分）
27．在边长为1的正方形中放置5个大小相同的小正方形，现在有如下两个放置方案 （这 两个方案中小正方形的边长分别为a1，a2）：
方案一
图形
边长满足的条件 （2+
）a1＝1
边长的值 a1＝
方案二
① ②a2＝
（1）补全表格；
（2）比较a1与a2的大小关系并说明理由． 三、解答题（本题8分）
28．对于平面内三点M，N，P，我们规定：若将点M绕点P顺时针旋转α （0°＜α＜360°）后能与点N重合，就将其简记为：R（P，α）：M→N．
在平面直角坐标系xOy中，P（1，0），S（﹣1，0）． 解决下面的问题：
（1）如图1，若R（P，90°）：S→T，画出点T并直接写出点T的坐标； （2）如图2，A（0，
），B（0，﹣
），直线l：x＝
+1与x轴的交点为C．
①若R（P，α）：S→Q，且点Q落在直线l上，求α的值；
②若点E在四边形ASBP的边上运动，在直线l上存在相应的点F，使得R（P，α）：E→F，请直接写出点E的横坐标xE的取值范围．
2019-2020学年北京市西城区八年级（下）期末数学试卷
试题解析
一、选择题（本题共30分，每小题3分）第1～10题均有四个选项，符合题意的选项只有一个. 1．解：由题意可知：x﹣5≥0， ∴x≥5 故选：B．
2．解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题； B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题； C、既是轴对称图形也是中心对称图形，故此选项符合题意； D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题． 故选：C． 3．解：A．B．3与C．D．
＝与
不是同类二次根式，不能合并，此选项错误；
不能进一步计算，此选项错误；
＝＝
＝6，此选项正确； ＝2，此选项错误；
故选：C．
4．解：∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8， ∴AB＝
＝
＝10，
∵AD＝DC，CE＝EB， ∴DE＝
AB＝5，
故选：B． 5．解：x2+2x＝0，
△＝22﹣4×1×0＝4＞0， 故原方程有两个不相等的实数根， 解得x1＝故选：D．
6．解：A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，所以A选项为假命题；
＝0，x2＝
＝﹣2．
B、对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项为假命题； C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，所以C选项为假命题；
D、有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形，所以D选项为真命题． 故选：D．
7．解：∵x2+6x+2＝0， ∴x2+6x＝﹣2，
∴x2+6x+9＝﹣2+9，即（x+3）2＝7， 故选：B．
8．解：由折线图可知，甲的年平均气温＝乙的年平均气温＝故选：D． 9．解：∵OA1＝1， ∴由勾股定理可得OA2＝OA3＝…， ∴OAn＝∴OA8＝故选：A．
10．解：如图，连接BB'，连接BD，
， ＝2
． ＝
，
＝
，
＝10.25℃．故选项A不符合题意，
＝3.5℃，故选项B，C不符合题意．
∵四边形ABCD是正方形， ∴BD＝
AB＝2
，BD平分∠ABC，
∵E为AB边的中点， ∴AE＝BE＝1，
∵四边形BEB'F是正方形， ∴BB'＝
BE＝
，BB'平分∠ABC，
∴点B，点B'，点D三点共线， ∴B'D＝BD﹣BB'＝故选：A．
二、填空题（本题共26分，其中第18题5分，其余每小题3分） 11．解：原式＝故答案为：5
．
＝5
． ，
12．解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A+∠B＝180°， ∠B＝∠D， ∵∠A＝2∠B， ∴2∠B+∠B＝180°， ∴∠D＝∠B＝60°， 故答案为：60．
13．解：由题意得，x+2＝0，y﹣3＝0， 解得x＝﹣2，y＝3，
所以，xy＝（﹣2）×3＝﹣6． 故答案为：﹣6．
14．解：∵四边形ABCD是矩形， ∴OA＝OC＝
AC，OB＝OD＝
BD，AC＝BD，
∴OA＝OC＝OB＝5， ∴AC＝2OA＝10； 故答案为：10．
15．解：把x＝1代入方程x2+bx﹣2＝0得： 1+b﹣2＝0， 解得：b＝1． 故答案为：1．
16．解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝DC，OD⊥AC，OA＝OC＝1， ∴AC＝2OA＝2，
∵∠ABC＝∠ADC＝60°， ∴△ADC是等边三角形， ∴CD＝AC＝2， ∴菱形的周长等于8， 故答案为：8． 17．解：分两种情况：
①如图1所示，当点F在AD上时，
由CF＝BE，CD＝BC，∠BCE＝∠CDF＝90°可得，Rt△BCE≌Rt△CDF（HL）， ∴∠DCF＝∠CBE， 又∵∠BCF+∠DCF＝90°， ∴∠BCF+∠CBE＝90°， ∴∠BMC＝90°，即CF⊥BE， ∵BC＝4，CE＝3，∠BCE＝90°， ∴BE＝5， ∴CM＝
＝
；
②如图2所示，当点F在AB上时， 同理可得，Rt△BCF≌Rt△CBE（HL）， ∴BF＝CE， 又∵BF∥CE，
∴四边形BCEF是平行四边形， 又∵∠BCE＝90°，
∴四边形BCEF是矩形， ∴CM＝
BE＝
×5＝
．
故答案为：
或
．
18．解：（1）如图，四边形ABCD即为所求．
（2）结论：四边形ABCD是矩形． 理由：∵∠1＝∠2， ∴OA＝OB，
由旋转的性质知OA＝OC，OB＝OD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AC＝2OA，BD＝2OB，OA＝OB， ∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）． 故答案为：①，对角线相等的平行四边形是矩形，
三、解答题（本题共44分，第19～23题每小题6分，第24、25题每小题6分） 19．解：（1）＝＝2＝5
+3+3；
÷
+
（2）（＝5﹣2+3 ＝6．
+）（﹣）+
20．解：a＝1，b＝﹣4，c＝﹣8， △＝16﹣4×1×（﹣8）＝48， x＝x1＝2+2
， ，x1＝2﹣2
．
21．解：（1）∵在▱ABCD中，AD∥BC， 即AF∥BE， ∵EF∥AB，
∴四边形ABEF是平行四边形，∠FAE＝∠BEA， ∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠EAF， ∴∠BAE＝∠AEB， ∴AB＝BE，
∴四边形ABEF是菱形； （2）∵四边形ABEF是菱形， ∴点B与点F关于AE对称，
∴当点P在点E的位置时，PC+PF取得最小值，最小值＝BC＝3． 22．解：（1）a＝
≈19；
（2）由图1可得，众数是19，中位数是19， 由图2可得，众数是19，20，21， 故答案为：19，19；19，20，21； （3）由题意和图3可得，b＝20． 23．解：（1）如图，
由题意可得：BC＝50mm，AB＝32mm，AH＝28mm， 故答案为：50，32，28； （2）∵AB2＝AH2+BH2， ∴1024＝784+BH2， ∴BH＝4（3）∵∴AB＝
a，
﹣1）a＝（3+
）a．
；
，AD＝a，
∴▱ABEF的周长＝4AD+2AB＝4a+（
24．解：（1）如图，四边形AOBC即为所求．
（2）∵AC＝1，BC＝3，AB＝2∴AC2+AB2＝BC2， ∴∠CAB＝90°，
∵OA＝OB＝2，∠AOB＝90°， ∴∠OAB＝45°， ∴∠OAC＝135°，
∴S四边形AOBC＝S△AOB+S△ABC＝25．解：（1）如图1，OE＝OF，
×2×2+
×1×2
＝2+
．
，
连接AC，
∵∠DAE＝45°，∠AED＝90°， ∴AE＝ED，
∵矩形ABCD中，OA＝OD， ∴OE垂直平分AD， ∴∠OED＝45°， 同理∠DFO＝45°， ∴OE＝OF；
（2）如图2，OE＝OF，
连接AC，延长EO，FC，两条延长线交于点G，
∵▱ABCD，O是对角线BD的中点， ∴OA＝OC， ∵CF⊥EF， ∴∠CFE＝90°， ∵∠AED＝90°， ∴∠CFE+∠AED＝180°，
∴CF∥AE， ∴∠AEO＝∠OGC， 在△OAE和△OCG中，
，
∴△OAE≌△OCG（AAS）， ∴OE＝OG，
在Rt△EFG中，∠EFG＝90°，OF为斜边EG的中线， ∴OF＝
EG，
∴OE＝OF． （3）
．
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝DC，∠ADC＝90°， ∵∠AED＝90°，CF⊥DF，
∴∠ADE+∠CDF＝90°，∠CDF+∠DCF＝90°， ∴∠ADE＝∠DCF， 又∵∠AED＝∠DFC， ∴△ADE≌△DCF（AAS）， ∴AE＝DF＝1，
∵O为对角线BD的中点， ∴∠AOD＝90°，OA＝OD， ∴∠EAO+∠EDO＝180°， 又∵∠EDO+∠ODF＝180°，
∴∠EAO＝∠ODF， ∴△EAO≌△FDO（SAS）， ∴OE＝OF，∠AOE＝∠DOF， ∴∠EOF＝∠AOD＝90°， ∴△OEF为等腰直角三角形， ∵OD＝， ∴AD＝OD＝2，
∴DE＝
＝＝
，
∴EF＝DE+DF＝+1，
∴OF＝
＝
．一、操作题（本题6分）
26．解：①如图所示，矩形ABGE即为所求；②菱形CDGF即为所求； ③平行四边形DMNF即为所求．
二、方案比较（本题6分） 27．解：（1）补全表格为：
图形
方案一
方案二
边长满足的条件 （2+
）a1＝1①2
a2＝1
边长的值 a1＝
②a2＝
（2）a1＞a2，理由如下： ∵a1﹣a2＝∴a1＞a2． 故答案为：2
a2＝1，
．
﹣
＝
＞0，
三、解答题（本题8分） 28．解：（1）如图1中，
∵P（1，0），S（﹣1，0）， ∴OS＝OP＝1，SP＝2， 由题意PT⊥SP，PT＝SP＝2， ∴T（1，2）．
（2）①如图2中，
∵P（1，0），C（∴OP＝1，OC＝∴PC＝OC﹣OP＝∵PQ＝PS＝2， ∴cos∠QPC＝
＝
， +1，0）， +1， ，
∴∠QPC＝30°，
∴∠SPQ＝180°﹣30°＝150°， ∴α＝150°．
当点Q在z轴下方时同法可得α＝210°．
②如图3中，过点P作PH⊥BS于H，当点E在AP上时，PE＝PC＝
时，过点E作EJ⊥OP于J．
∵A（0，
），B（0，﹣
，
， ），
∴OA＝OB＝
∴tan∠ASO＝tan∠BAO＝∴∠ASO＝∠BSO＝60°，
∴AS＝AP＝BS＝BP＝SP＝2，
∴△ASP，△SPB是等边三角形，四边形ASBP是菱形， ∵PH⊥SB， ∴PH＝SP•sin60°＝
，
观察图象可知，当E在AS，BS上运动时，满足条件， 在Rt△EJP中，∵PE＝∴∠PEJ＝30°， ∴PJ＝EJ＝
PE＝PJ＝
， ，
），
．
，
，∠EPJ＝60°，
∴E（1﹣
观察图象可知，满足条件的点E的横坐标为：﹣1≤xE≤1﹣
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