2024届广东省云浮市名校数学八下期末教学质量检测试题含解析

2024届广东省云浮市名校数学八下期末教学质量检测试题请考生注意：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．某学校组织学生进行社会主义核心价值观的知识竞赛，进入决赛的共有20名学生，他们的决赛成绩如下表所示：决赛成绩/分95908580人数4682那么20名学生决赛成绩的众数和中位数分别是()A．85，90 B．85，87.5 C．90，85 D．95，902．木匠有32米的木材，想要在花圃周围做边界，以下四种设计方案中，设计不合理的是（）A． B． C． D．3．自2011年以来长春市己连续三届被评为“全国文明城市”，为了美化城市环境，今年长春市计划种植树木30万棵，由于志愿者的加入，实际每天植树比原计划多20%，结果提前5天完成任务，设原计划每天植树万棵，可列方程是()A． B．C． D．4．将一次函数y=4x的图象向上平移3个单位长度，得到图象对应的函数解析式为（）A．y=4x-3 B．y=2x-6 C．y=4x+3 D．y=-x-35．已知二次函数（为常数），当自变量的值满足时，与其对应的函数值的最小值为4，则的值为（）A．1或-5 B．-5或3 C．-3或1 D．-3或56．在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，AC，BE相交于点F，则∠BFC为（）A．450 B．600 C．750 D．12007．如图，，，三点在正方形网格线的交点处，若将绕点逆时针旋转得到，则点的坐标为（）A． B． C． D．8．下列计算错误的是()A．﹣＝ B．÷2＝C． D．3+2=59．王芳同学周末去新华书店购买资料，右图表示她离家的距离（y）与时间（x）之间的函数图象.若用黑点表示王芳家的位置，则王芳走的路线可能是A． B． C． D．10．某中学规定学生的学期体育成绩满分为100，其中早锻炼及体育课外活动占20%，期中考试成绩占30%，期末考试成绩占50%．小明的三项成绩（百分制）依次是90，80，94，小明这学期的体育成绩是（）A．88 B．89 C．90 D．9111．化简20的结果是（）A．52 B．210 C．212．不等式的解集在数轴上表示为()A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．下表记录了甲、乙、丙、丁四名射击运动员最近几次选拔赛成绩的平均数和方差：甲乙丙丁平均数9.149.159.149.15方差6.66.86.76.6根据表中数据，要从中选择一名成绩好且发挥稳定的运动员参加比赛，应选择_________．14．如图，已知矩形的长和宽分别为4和3，、，，依次是矩形各边的中点，则四边形的周长等于______.15．如图，矩形纸片中，已知，，点在边上，沿折叠纸片，使点落在点处，连结，当为直角三角形时，的长为______.16．如图在中，，，，为等边三角形，点为围成的区域(包括各边)内的一点，过点作，交直线于点，作，交直线于点，则平行线与间距离的最大值为_________.17．如图，菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为40，则OH的长等于_____．18．点A（-1，y1），B（3，y2）是直线y=-4x+3图象上的两点，则y1______y2（填“>”或“<”）.三、解答题（共78分）19．（8分）如图，四边形ABCD是菱形，过AB的中点E作AC的垂线EF，交AD于点M，交CD的延长线于点F．（1）证明：；（2）若，求当形ABCD的周长；（3）在没有辅助线的前提下，图中共有_________对相似三角形.20．（8分）如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上，请解答：（1）判断的形状，并说明理由；（2）在网格图中画出AD//BC，且AD=BC；（3）连接CD，若E为BC中点，F为AD中点，四边形AECF是什么特殊的四边形？请说明理由.21．（8分）如图，在平面直角坐标系中，网格图由边长为1的小正方形所构成，Rt△ABC的顶点分别是A（-1，3），B（-3，-1），C（-3，3）.（1）请在图1中作出△ABC关于点（-1，0）成中心对称△,并分别写出A，C对应点的坐标;（2）设线段AB所在直线的函数表达式为，试写出不等式的解集是；（3）点M和点N分别是直线AB和y轴上的动点，若以，，M，N为顶点的四边形是平行四边形，求满足条件的M点坐标.22．（10分）已知：在平面直角坐标系中，边长为8的正方形OABC的两边在坐标轴上（如图）．（1）求点A，B，C的坐标．（2）经过A，C两点的直线l上有一点P，点D（0，6）在y轴正半轴上，连PD，PB（如图1），若PB2﹣PD2＝24，求四边形PBCD的面积．（3）若点E（0，1），点N（2，0）（如图2），经过（2）问中的点P有一条平行于y轴的直线m，在直线m上是否存在一点M，使得△MNE为直角三角形？若存在，求M点的坐标；若不存在，请说明理由．23．（10分）猜想与证明：如图①摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B，C，G三点在一条直线上，CE在边CD上．连结AF，若M为AF的中点，连结DM，ME，试猜想DM与ME的数量关系，并证明你的结论．拓展与延伸：(1)若将“猜想与证明”中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为__________________；(2)如图②摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明(1)中的结论仍然成立．[提示：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半]①②24．（10分）如图，将--张矩形纸片沿着对角线向上折叠，顶点落到点处，交于点作交于点连接交于点．（1）判断四边形的形状，并说明理由，（2）若，求的长，25．（12分）探究：如图，分别以△ABC的两边AB和AC为边向外作正方形ANMB和正方形ACDE，NC、BE交于点P．求证：∠ANC＝∠ABE．应用：Q是线段BC的中点，若BC＝6，则PQ＝．26．已知：如图，在平面直角坐标系xOy中，A（0，8），B（0，4），点C在x轴的正半轴上，点D为OC的中点．（1）当BD与AC的距离等于2时，求线段OC的长；（2）如果OE⊥AC于点E，当四边形ABDE为平行四边形时，求直线BD的解析式．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【解题分析】试题解析：85分的有8人，人数最多，故众数为85分；处于中间位置的数为第10、11两个数，为85分，90分，中位数为87.5分．故选B．考点：1.众数;2.中位数2、A【解题分析】

根据平移的性质以及矩形的周长公式分别求出各图形的周长即可得解．【题目详解】A、∵垂线段最短，∴平行四边形的另一边一定大于6m，∵2（10+6）＝32m，∴周长一定大于32m；B、周长＝2（10+6）＝32m；C、周长＝2（10+6）＝32m；D、周长＝2（10+6）＝32m；故选：A．【题目点拨】本题考查了矩形的周长，平行四边形的周长公式，平移的性质，根据平移的性质第三个图形、第四个图形的周长相当于矩形的周长是解题的关键．3、A【解题分析】

根据题意给出的等量关系即可列出方程．【题目详解】解：设原计划每天植树x万棵，需要天完成，∴实际每天植树（x+0.2x）万棵，需要天完成，∵提前5天完成任务，∴，故选：A．【题目点拨】本题考查分式方程的应用，解题的关键是利用题目中的等量关系，本题属于基础题型．4、C【解题分析】

根据一次函数的平移特点即可求解.【题目详解】∵将一次函数y=4x的图象向上平移3个单位长度，∴得到图象对应的函数解析式为y=4x+3故选C.【题目点拨】此题主要考查一次函数的图像，解题的关键是熟知一次函数的平移特点.5、D【解题分析】

根据函数二次函数（为常数）可得函数对称轴为，由自变量的值满足时，其对应的函数值的最小值为4，再对h的大小进行分类讨论，当时，自变量的值满足时，y随x的增大而减小，当x=3时，y取得最小值为，可解得h的值，并且注意检验h要满足；当时，自变量的值满足时，y随x的增大而增大，当时，y取得最小值为，可解得h的值，并且注意检验h要满足，即可得出答案.【题目详解】解：∵二次函数（为常数），∴函数对称轴为；∵函数的二次项系数a=1，∴函数开口向上，当时，的值满足在对称轴的左侧，y随x的增大而减小，∴当x=3时，y取得最小值，此时，解得：∵，∴舍去，；当时，的值满足在对称轴的右侧，y随x的增大而增大，∴当时，y取得最小值，此时，解得：∵，∴舍去，；综上所述，或；故答案为D.【题目点拨】本题考查二次函数的最值与函数的增减性之间的关系，求出函数的对称轴，并且分析函数的增减性是做题关键.在分类讨论的时候一定要注意分类中的h是有取值范围的，在取值范围内的结果才是最终的正确结果.6、B【解题分析】分析：根据正方形的性质及等边三角形的性质求出∠ABE=15°，∠BAC=45°，再求∠BFC．详解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，又∵△ADE是等边三角形，∴AE=AD=DE，∠DAE=60°，∴AB=AE，∴∠ABE=∠AEB，∠BAE=90°+60°=150°，∴∠ABE=（180°-150°）÷2=15°，又∵∠BAC=45°，∴∠BFC=45°+15°=60°．故选：B．点睛：本题主要是考查正方形的性质和等边三角形的性质，本题的关键是求出∠ABE=15°．7、C【解题分析】

根据旋转的性质可得AC=AC′，求出AC的长，得到C′的纵坐标，再根据点A的横坐标可得结果.【题目详解】解：如图，AC=，由于旋转，∴AC′=，∵A（1，1），∴C′（1，+1），故选C.【题目点拨】本题考查了旋转的性质，解题的关键是根据旋转的性质得到AC=AC′.8、D【解题分析】

利用二次根式加减乘除的运算方法逐一计算得出答案,进一步比较选择即可【题目详解】A.﹣＝，此选项计算正确；B.÷2＝,此选项计算正确；C.,此选项计算正确;D.3+2.此选项不能进行计算，故错误故选D【题目点拨】此题考查二次根式的混合运算，掌握运算法则是解题关键9、D【解题分析】分析：由图知：在行驶的过程中，有一段时间小王到家的距离都不变，且最后回到了家，可根据这两个特点来判断符合题意的选项．

详解：由图知：在前往新华书店的过程中，有一段时间小王到家的距离都不变，故可排除B和C，由最后回到了家可排除A，所以只有选项D符合题意；

故选D．

点睛：本题主要考查函数的图象的知识点，重在考查了函数图象的读图能力．能够根据函数的图象准确的把握住关键信息是解答此题的关键．10、B【解题分析】

根据加权平均数的计算公式列出算式，再进行计算即可．【题目详解】根据题意得：90×20%+80×30%+94×50%＝89（分）．答：小明这学期的体育成绩是89分．故选：B．【题目点拨】考查了加权平均数，掌握加权平均数的计算公式是本题的关键，是一道常考题．11、C【解题分析】

直接利用二次根式的乘法运算法则，计算得出答案．【题目详解】解：20=故选择：C.【题目点拨】此题主要考查了二次根式的乘法运算，正确化简二次根式是解题的关键．12、A【解题分析】

先解不等式2x-3≤3得到x≤3，然后利用数轴表示其解集．【题目详解】解：移项得2x≤6，

系数化为1得x≤3，

在数轴上表示为：．

故选：A．【题目点拨】本题考查了在数轴上表示不等式的解集，解一元一次不等式，解题关键在于运用数轴表示不等式的解集比较直观，这也是数形结合思想的应用．二、填空题（每题4分，共24分）13、丁；【解题分析】试题解析：丁的平均数最大，方差最小，成绩最稳当，所以选丁运动员参加比赛.故答案为丁.14、1【解题分析】

直接利用矩形的性质结合勾股定理得出EF，FG，EH，HG的长即可得出答案．【题目详解】∵矩形ABCD的长和宽分别为4和3，E、F、G、H依次是矩形ABCD各边的中点，∴AE＝BE＝CG＝DG＝1.5，AH＝DH＝BF＝FC＝2，∴EH＝EF＝HG＝GF＝，∴四边形EFGH的周长等于4×2.5=1故答案为1．【题目点拨】此题主要考查了中点四边形以及勾股定理，正确应用勾股定理是解题关键．15、3或【解题分析】

分两种情况：①当∠EFC=90°，先判断出点F在对角线AC上，利用勾股定理求出AC，设BE=x,表示出CE，根据翻折变换的性质得到AF=AB,EF=BE，再根据Rt△CEF利用勾股定理列式求解；②当∠CEF=90°，判断四边形ABEF是正方形，根据正方形的性质即可求解.【题目详解】分两种情况：①当∠EFC=90°，如图1，∵∠AFE=∠B=90°，∠EFC=90°，∴点A、F、C共线，∵矩形ABCD的边AD=4，∴BC=AD=4，在Rt△ABC中，AC=设BE=x，则CE=BC-BE=4-x，由翻折的性质得AF=AB=3,EF=BE=x，∴CF=AC-AF=5-3=2在Rt△CEF中，EF2+CF2=CE2，即x2+22=(4-x)2，解得x=；②当∠CEF=90°，如图2由翻折的性质可知∠AEB=∠AEF=45°，∴四边形ABEF是正方形，∴BE=AB=3，故BE的长为3或【题目点拨】此题主要考查矩形的折叠问题，解题的关键是根据图形进行分类讨论.16、【解题分析】

当点E与点D重合时，EM与AB间的距离最大，由为等边三角形和，可得∠DBA＝90o,则DB的长度即为EM与AB间的距离，根据勾股定理即可求得.【题目详解】当点E与点D重合时，EM与AB间的距离最大，∵，，，为等边三角形，∴∠ABC=30o,∠CBD=60o,BC=,∴∠ABD=90o,BD=BC=,∴EM与AB间的距离为BD的长度.故答案是：.【题目点拨】考查了勾股定理，解题关键根据题意得到当点E与点D重合时，EM与AB间的距离最大和求得.17、2【解题分析】

首先求得菱形的边长，则OH是直角△AOD斜边上的中线，依据直角三角形的性质即可求解．【题目详解】AD＝×40＝1．∵菱形ANCD中，AC⊥BD．∴△AOD是直角三角形，又∵H是AD的中点，∴OH＝AD＝×1＝2．故答案是：2．【题目点拨】本题考查了菱形的性质和直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．18、y1>y2【解题分析】∵在中，，∴在函数中，y随x的增大而减小.又∵，∴，即空格处应填“>”.三、解答题（共78分）19、(1)详见解析;(2)16;(3)5.【解题分析】

（1）连接BD，根据菱形的对角线互相垂直可得AC⊥BD，然后求出EM∥BD，再判断出M是AD的中点，从而得证；（2）判断出四边形FDBE是平行四边形，根据平行四边形的对边相等求出BE，再求出AB，然后根据菱形的周长公式进行计算即可得解；（3）根据两平行直线所截得到的三角形是相似三角形找出相似三角形即可．【题目详解】（1）连接BD，∵菱形ABCD∴∵∴∵E为AB中点，∴M为AD中点∴（2）菱形ABCD的周长为16；（3）图中共有5对相似三角形.【题目点拨】本题考查相似三角形的判定及菱形的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理和菱形的性质是解题关键.20、（1）是直角三角形，理由见解析；（2）图见解析；（3）四边形是菱形，理由见解析．【解题分析】

（1）先结合网格特点，利用勾股定理求出三边长，再根据勾股定理的逆定理即可得；（2）先利用平移的性质得到点D，再连接AD即可；（3）先根据线段中点的定义、等量代换可得，再根据平行四边形的判定可得四边形AECF是平行四边形，然后根据直角三角形的性质可得，最后根据菱形的判定、正方形的判定即可得．【题目详解】（1）是直角三角形，理由如下：，，即是直角三角形；（2）由平移的性质可知，先将点B向下平移3个单位，再向右平移4个单位可得点C同样，先将点A向下平移3个单位，再向右平移4个单位可得点D，然后连接AD则有，且，作图结果如下所示：（3）四边形是菱形，理由如下：为中点，为中点，，即四边形是平行四边形又为中点，是的斜边平行四边形是菱形不是等腰直角三角形与BC不垂直，即菱形不是正方形综上，四边形是菱形．【题目点拨】本题考查了作图—平移、勾股定理与勾股定理的逆定理、菱形的判定、正方形的判定等知识点，较难的是题（3），熟练掌握特殊四边形的判定方法是解题关键．21、（1）（-1，-3），（1，-3）；（2）x＞；（3）当点M为（2，9）或（-2，1）或（0，5）时，以A′，C′，M，N为顶点的四边形是平行四边形.【解题分析】

（1）直接利用中心对称的性质得出对应点位置进而得出答案；

（2）由待定系数法可求直线AB的解析式，即可求解；

（3）分A'C'为边和对角线两种情况讨论，由平行四边形的性质可求点M坐标．【题目详解】解：（1）如图，△A'B'C'为所求，

∴A'（-1，-3），C'（1，-3）

故答案为：（-1，-3），（1，-3）

（2）∵AB所在直线的函数表达式是y=kx+b，且过A（-1，3），B（-3，-1），∴，解得：∴AB所在直线的函数表达式是y=2x+5

∴不等式2x+5＞2的解集为：x＞，

故答案为：x＞；（3）∵A'（-1，-3），C'（1，-3）

∴A'C'=2，A'C'∥x轴，

若A'C'为边，

∵以A′，C′，M，N为顶点的四边形是平行四边形

∴MN=A'C'=2，MN∥A'C'

∵点N在y轴上，

∴点M的横坐标为2或-2，

∵y=2×2+5=9或y=2×（-2）+5=1

∴点M（2，9）或（-2，1）

若A'C'为对角线，

∵以A′，C′，M，N为顶点的四边形是平行四边形

∴MN与A'C'互相平分，

∵点N在y轴上，A'C'的中点也在y轴上，

∴点M的横坐标为0，

∴y=5

∴点M（0，5）

综上所述：当点M为（2，9）或（-2，1）或（0，5）时，以A′，C′，M，N为顶点的四边形是平行四边形.【题目点拨】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，平行四边形的性质，中心对称的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．22、（1）A(8,0),B(8,8),C(0,8)；（2）15；（3）M的坐标是(3,7)或(3,2)【解题分析】

(1)根据正方形的性质直接写出点A,B,C的坐标.(2)求得直线AC的解析式为y=-x+8,过点P作平行于x轴的直线,根据题意可求点P的坐标是:P(3,5),故四边形PBCD的面积=S△PCD+S△PBC(3)根据第(2)中求得的P(3,5),设M(3,t),分类讨论:①当∠MEN=90°时,ME2=32+(t-1)2,EN2=12+22,MN2=12+t2,利用勾股定理求得t的值,②当∠MNE=90°时,同理可求:M(3,2).③显然∠EMN不可能等于90°.综合可得:使△MNE为直角三角形的点是M(3,7)或M(3,2),【题目详解】(1)∵如图1,四边形OABC是正方形,且其边长为8,∵.OA=AB=BC=OC=8,∴A(8,0),B(8,8),C(0,8),(2)设直线AC的解析式为y=k+8,将A(8,0)代入,得0=8k+8,解得k=-1故直线AC的解析式为y=-x+8.设P（x,-x+8）∵PB2-PD2=24,D(0,6),B(8,8),∴(x-8)2+(-x+8-8)2-x2-(-x+8-6)2=24,解得x=3,∴点P的坐标是:P(3,5),∴四边形PBCD的面积=S△PCD+S△PBC=12×2×3+1(3)根据第(2)中求得的P(3,5),设M(3,t),分类讨论:①当∠MEN=90°时,ME2=32+(t-1)2,EN2=12+22,MN2=12+t2∴MN2=ME2+EN2∴1+t2=9+t2-2t+1+5,∴t=7,∴M(3,7)②当∠MNE=90°时,同理可求:M(3,2)③显然∠EMN不可能等于90°综合可得:使△MNE为直角三角形的点M的坐标是(3,7)或(3,2).【题目点拨】此题考查了四边形综合题，利用待定系数法求一次函数的解析式,正方形的性质,坐标与图形的特点,三角形面积的求法,勾股定理等知识点,第(3)问难度较大,运用了分类讨论的思想和数形结合的思想.23、猜想与证明：猜想DM与ME的数量关系是：DM＝ME，证明见解析；拓展与延伸：(1)DM＝ME，DM⊥ME；(2)证明见解析【解题分析】

猜想：延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明．（1）延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，（2）连接AC，AC和EC在同一条直线上，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，【题目详解】解：猜想与证明：猜想DM与ME的数量关系是：DM＝ME.证明：如图①，延长EM交AD于点H.①∵四边形ABCD、四边形ECGF都是矩形，∴AD∥BG，EF∥BG，∠HDE＝90°.∴AD∥EF.∴∠AHM＝∠FEM.又∵AM＝FM，∠AMH＝∠FME，∴△AMH≌△FME.∴HM＝EM.又∵∠HDE＝90°，∴DM＝EH＝ME；（1）∵四边形ABCD和CEFG是正方形，

∴AD∥EF，

∴∠EFM=∠HAM，

又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，

在△FME和△AMH中，

，∴△FME≌△AMH（ASA）

∴HM=EM，

在RT△HDE中，HM=EM，

∴DM=HM=ME，

∴DM=ME．

∵四边形ABCD和CEFG是正方形，

∴AD=CD，CE=EF，

∵△FME≌△AMH，

∴EF=AH，

∴DH=DE，

∴△DEH是等腰直角三角形，

又∵MH=ME，故答案为：DM＝ME，DM⊥ME；（2）证明：如图②，连结AC.②∵四边形ABCD、四边形ECGF都是正方形，∴∠DCA＝∠DCE＝∠CFE＝45°，∴点E在AC上．∴∠AEF＝∠FEC＝90°.又∵点M是AF的中点，∴ME＝AF.∵∠ADC＝90°，点M是AF的中点，∴DM＝AF.∴DM＝ME.∵ME＝AF＝FM，DM＝AF＝FM，∴∠DFM＝(180°－∠DMF)，∠MFE＝(180°－∠FME)，∴∠DFM＋∠MFE＝(180°－∠DMF)＋(180°－∠FME)＝180°－(∠DMF＋∠FME)＝180°－∠DME.∵∠DFM＋∠MFE＝180°－∠CFE＝180°－45°＝135°，∴180°－∠DME＝135°.∴∠DME＝90°.∴DM⊥ME.【题目点拨】本题主要考查四边形的综合题，解题的关键是利用正方形的性质及直角三角形的中线与斜边的关系找出相等的线段．24、（1）四边形为菱形，见解析；（2）【解题分析】

（1）根据已知矩形性质证明四边形为平行四边形，再根据折叠的性质证明，得出即可得出结论；（2）根据折叠特性设未知边，构造勾股定理列方程求解.【题目详解】解:四边形为菱形；理由如下：四边形为矩形，四边形为平行四边形由折叠的性质，则四边形为菱形，，.由得设.在，解得：，，.【题目点拨】此题考查了矩形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理解答，考查了翻折不变性，综合性较强，是一道好题．25、证明见解析，3【解题分析】

探究：根据正方形性质得出AN=AB，AC=AE，∠NAB=∠CAE=90°，求出∠NAC=∠BAE，证出△ANC≌△ABE即可；应用：先证明△BCP为直角三角形，然后，依据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可．【题目详解】证明：∵四边形ANMB和ACDE是正方形，∴AN＝AB，AC＝AE，∠NAB＝∠CAE＝90°，∵∠NAC＝∠NAB+∠