2024届浙江省杭州市西湖区数学八下期末经典试题含解析

2024届浙江省杭州市西湖区数学八下期末经典试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每小题3分,共30分)1．下列从左到右的变形是分解因式的是（）A． B．C． D．2．如图，在矩形ABCD中，E，F，G，H分别为边AB，DA，CD，BC的中点．若AB＝2，AD＝4，则图中阴影部分的面积为()A．3 B．4 C．6 D．83．如图，中，，，将绕点逆时针旋转得到，若点的对应点落在边上，则旋转角为（）A． B． C． D．4．故宫是世界上现存规模最大，保存最完整的宫殿建筑群．下图是利用平面直角坐标系画出的故宫的主要建筑分布示意图．在图中，分别以正东、正北方向为x轴、y轴的正方向，建立平面直角坐标系，有如下四个结论：①当表示太和殿的点的坐标为（0，0），表示养心殿的点的坐标为（-2，4）时，表示景仁宫的点的坐标为（2，5）；②当表示太和殿的点的坐标为（0，0），表示养心殿的点的坐标为（-1，2）时，表示景仁宫的点的坐标为（1，3）；③当表示太和殿的点的坐标为（4，-8），表示养心殿的点的坐标为（0，0）时，表示景仁宫的点的坐标为（8，1）；④当表示太和殿的点的坐标为（0，1），表示养心殿的点的坐标为（-2，5）时，表示景仁宫的点的坐标为（2，6）．上述结论中，所有正确结论的序号是（）A．①② B．①③ C．①④ D．②③5．若一次函数y=m-1x-3的图象经过第二、三、四象限，则A．m>0 B．m<0 C．m>1 D．m<16．下列计算正确的是（）A． B．＝3 C． D．7．某校计划修建一条500米长的跑道，开工后每天比原计划多修15米，结果提前2天完成任务．如果设原计划每天修x米，那么根据题意可列出方程（）A．＝2 B．＝2C．＝2 D．＝28．小明到单位附近的加油站加油，如图是小明所用的加油机上的数据显示牌，则数据中的变量有（）A．金额 B．数量 C．单价 D．金额和数量9．下列说法是8的立方根；是64的立方根；是的立方根；的立方根是，其中正确的说法有个．A．1 B．2 C．3 D．410．如图，在▱ABCD中，AC⊥BD于点O，点E为BC中点，连接OE，OE＝，则▱ABCD的周长为（）A．4 B．6 C．8 D．12二、填空题(每小题3分,共24分)11．代数式有意义的条件是________．12．如图是本地区一种产品30天的销售图象，图1是产品日销售量y（单位：件）与时间t（单位：天）的函数关系，图2是一件产品的销售利润z（单位，元）与时间t（单位：天）的函数关系，已知日销售利润=日销售量×一件产品的销售利润，下列正确结论的序号是____．①第24天的销售量为200件；②第10天销售一件产品的利润是15元；③第12天与第30天这两天的日销售利润相等；④第30天的日销售利润是750元．13．计算：（π﹣3）0﹣（﹣）﹣2＝_____．14．若关于x的一元二次方程x2+x+a=0有实数根，则a的取值范围为15．已知y与x+1成正比例，且x=1时，y=2.则x=-1时，y的值是______.16．如图，在中，，以顶点为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点，，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点，若，，则的值是__________．17．你喜欢足球吗？下面是对耒阳市某校八年级学生的调查结果：男同学女同学喜欢的7536不喜欢的1524则男同学中喜欢足球的人数占全体同学的百分比是________．18．在五边形中，若，则__________.三、解答题(共66分)19．（10分）化简或解方程（1）；（2）20．（6分）如图，在△ABC中，AC=9，AB=12，BC=15，P为BC边上一动点，PG⊥AC于点G，PH⊥AB于点H．(1)求证：四边形AGPH是矩形；(2)在点P的运动过程中，GH的长度是否存在最小值？若存在，请求出最小值，若不存在，请说明理由．21．（6分）已知如图：直线AB解析式为，其图像与坐标轴x,y轴分别相交于A、B两点，点P在线段AB上由A向B点以每秒2个单位运动，点C在线段OB上由O向B点以每秒1个单位运动（其中一点先到达终点则都停止运动），过点P与x轴垂直的直线交直线AO于点Q.设运动的时间为t秒（t≥0）.（1）直接写出：A、B两点的坐标A()，B().∠BAO=______________度；（2）用含t的代数式分别表示：CB＝，PQ＝；（3）是否存在t的值，使四边形PBCQ为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；（4）（3分）是否存在t的值，使四边形PBCQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由，并探究如何改变点C的速度（匀速运动），使四边形PBCQ在某一时刻为菱形，求点C的速度和时间t.22．（8分）画出函数y=2x-1的图象.23．（8分）如图，在正方形中，点是边上的一动点，点是上一点，且，、相交于点.（1）求证：；（2）求的度数（3）若，求的值.24．（8分）A、B两城相距900千米，一辆客车从A城开往B城，车速为每小时80千米，半小时后一辆出租车从B城开往A城，车速为每小时120千米．设客车出发时间为t（小时）（1）若客车、出租车距A城的距离分别为y1、y2，写出y1、y2关于t的函数关系式；（2）若两车相距100千米时，求时间t；（3）已知客车和出租车在服务站D处相遇，此时出租车乘客小王突然接到开会通知，需要立即返回，此时小王有两种选择返回B城的方案，方案一：继续乘坐出租车到C城，C城距D处60千米，加油后立刻返回B城，出租车加油时间忽略不计；方案二：在D处换乘客车返回B城，试通过计算，分析小王选择哪种方式能更快到达B城？25．（10分）如图，矩形ABCD中，AD=5，AB=7，点E为DC上一个动点，把ΔADE沿AE折叠，当点D的对应点D'落在∠ABC的平分线上时，求DE26．（10分）若a＞0，M=，N=．（1）当a=3时，计算M与N的值；（2）猜想M与N的大小关系，并证明你的猜想．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解题分析】

根据把一个多项式写成几个整式积的形式叫做因式分解对各选项分析判断后利用排除法求解．【题目详解】A.，故错误；B.，等式右边不是整式积的形式，故不是分解因式，故本选项错误；C.，符合因式分解的意义，是因式分解，故本选项正确；D.，故错误.故选C.【题目点拨】本题考查了因式分解的意义，因式分解与整式的乘法互为逆运算，熟记因式分解的定义是解题的关键．2、B【解题分析】

连接AC，根据三角形中位线定理得到EH∥AC，EH=AC，得到△BEH∽△BAC，根据相似三角形的性质计算即可．【题目详解】解：连接AC，∵E、H分别为边AB、BC的中点，∴EH∥AC，EH=AC，∴△BEH∽△BAC，∴S△BEH=S△BAC=S矩形ABCD，同理可得，图中阴影部分的面积=×2×4=4，故选B．【题目点拨】本题考查的是三角形中位线定理、相似三角形的性质，掌握三角形中位线定理、相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．3、C【解题分析】

先根据等腰三角形的性质求得∠ABC=∠C=70°，继而根据旋转的性质即可求得答案.【题目详解】∵AB=AC，∠A=40°，∴∠ABC=∠C=(180°-∠A)=×140°=70°，∵△EBD是由△ABC旋转得到，∴旋转角为∠ABC=70°，故选C．【题目点拨】本题考查了等腰三角形的性质，旋转的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键.4、C【解题分析】

根据各结论所给两个点的坐标得出原点的位置及单位长度从而得到答案.【题目详解】①当表示太和殿的点的坐标为（0，0），表示养心殿的点的坐标为（-2，4）时，表示景仁宫的点的坐标为（2，5），正确；②当表示太和殿的点的坐标为（0，0），表示养心殿的点的坐标为（-1，2）时，表示景仁宫的点的坐标为（1，2.5），错误；③当表示太和殿的点的坐标为（4，-8），表示养心殿的点的坐标为（0，0）时，表示景仁宫的点的坐标为（8，2），错误；④当表示太和殿的点的坐标为（0，1），表示养心殿的点的坐标为（-2，5）时，表示景仁宫的点的坐标为（2，6），正确，故选：C.【题目点拨】此题考查平面直角坐标系中用点坐标确定具体位置，由给定的点坐标确定原点及单位长度是解题的关键.5、D【解题分析】

根据一次函数的性质即可求出m的取值范围．【题目详解】∵一次函数的图象经过第二、三、四象限，∴m-1<0∴m＜1．故选：D【题目点拨】本题考查一次函数，解题的关键是熟练运用一次函数的性质，本题属于基础题型．6、D【解题分析】

根据二次根式的运算法则逐一计算可得．【题目详解】解：A、、不是同类二次根式，不能合并，此选项错误；B、3﹣＝2，此选项错误；C、×＝，此选项错误；D、＝，此选项正确；故选D．【题目点拨】本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是熟练掌握二次根式的运算法则．7、A【解题分析】

设原计划每天修x米，则实际每天修（x+15）米，根据时间=工作总量÷工作效率结合提前1天完成任务，即可得出关于x的分式方程，此题得解．【题目详解】设原计划每天修x米，则实际每天修（x+15）米．由题意，知原计划用的时间为天，实际用的时间为：天，故所列方程为：＝1．故选：A．【题目点拨】本题考查了由实际问题抽象出分式方程，根据等量关系结合分式方程，找出未知数代表的意义是解题的关键．8、D【解题分析】

根据常量与变量的定义即可判断．【题目详解】常量是固定不变的量，变量是变化的量，单价是不变的量，而金额是随着数量的变化而变化，故选：D．【题目点拨】本题考查常量与变量，解题的关键是正确理解常量与变量，本题属于基础题型．9、C【解题分析】

根据立方根的概念即可求出答案．【题目详解】①2是8的立方根，故①正确；②4是64的立方根，故②错误；③是的立方根，故③正确；④由于（﹣4）3＝﹣64，所以﹣64的立方根是﹣4，故④正确．故选C．【题目点拨】本题考查了立方根的概念，解题的关键是正确理解立方根的概念，本题属于基础题型．10、C【解题分析】

在▱ABCD中，AC⊥BD于点O，∴▱ABCD为菱形，则其四边相等，Rt△BOC中，点E为斜边BC中点，∴OE＝BE＝EC＝，从而可求▱ABCD的周长【题目详解】解：∵AC⊥BD，∴▱ABCD为菱形，则其四边相等且点E为斜边BC中点，∴OE＝BE＝EC＝，∴BC＝2，∴▱ABCD的周长＝4BC＝8故选：C．【题目点拨】本题主要考查平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解答本题的关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、x≥﹣3【解题分析】

根据二次根式定义：被开放式大于等于零时根式有意义即可解题.【题目详解】解：∵有意义,∴x+3≥0,解得：x≥﹣3.【题目点拨】本题考查了根式有意义的条件,属于简单题,熟悉二次根式的概念是解题关键.12、①②④．【解题分析】

图1是产品日销售量y（单位：件）与时间t单位：天）的函数图象，观察图象可对①做出判断；通过图2求出z与t的函数关系式，求出当t=10时z的值，对②做出判断，通过图1求出当0≤t≤24时，产品日销售量y与时间t的函数关系式，分别求出第12天和第30天的销售利润，对③④进行判断，最后综合各个选项得出答案．【题目详解】解：图1反应的是日销售量y与时间t之间的关系图象，过（24，200），因此①是正确的，

由图2可得：z=，当t=10时，z=15，因此②也是正确的，当0≤t≤24时，设产品日销售量y（单位：件）与时间t（单位；天）的函数关系为y=kt+b，

把（0，100），（24，200）代入得：，

解得：，

∴y=t+100（0≤t≤24），

当t=12时，y=150，z=-12+25=13，

∴第12天的日销售利润为；150×13=1950（元），第30天的销售利润为：150×5=750元，

因此③不正确，④正确，

故答案为：①②④．【题目点拨】本题考查一次函数的应用，分段函数的意义和应用以及待定系数法求函数的关系式等知识，正确的识图，分段求出相应的函数关系式是解决问题的关键．13、-1．【解题分析】

根据零指数幂以及负整数指数幂的意义即可求出答案．【题目详解】解：原式＝1﹣（﹣2）2＝1﹣4＝﹣1故答案为：﹣1．【题目点拨】本题考查了零指数幂以及负整数指数幂的运算，掌握基本的运算法则是解题的关键．14、a≤【解题分析】

根据一元二次方程的定义和根的判别式得到△=b2-4ac≥0，然后求出不等式的解即可.【题目详解】解：∵x2∴△=b2-4ac≥0即1-4a≥0，解得：即a的取值范围为：a≤【题目点拨】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；当△＜0时，方程无实数根．15、2【解题分析】

设y=k（x+1），把x=1，y=2代入，求的k，确定x，y的关系式，然后把x=-1，代入解析式求对应的函数值即可．【题目详解】解：∵y与x+1成正比例，∴设y=k（x+1），∵x=1时，y=2，∴2=k×2，即k=1，所以y=x+1．则当x=-1时，y=-1+1=2．故答案为2．【题目点拨】本题考查了正比例函数关系式为：y=kx（k≠2）），只需一组对应量就可确定解析式．也考查了给定自变量会求对应的函数值．16、1【解题分析】

过点D作DE⊥BC于E，根据角平分线的作法可知CD平分∠ACB，然后根据角平分线的性质可得DE=AD=3，然后根据三角形的面积公式求面积即可．【题目详解】解：过点D作DE⊥BC于E由题意可知：CD平分∠ACB∵∴DE=AD=3∵∴=故答案为：1．【题目点拨】此题考查的是用尺规作图作角平分线和角平分线的性质，掌握角平分线的作法和角平分线的性质是解决此题的关键．17、50【解题分析】

先计算调查的男同学喜欢与不喜欢的全体人数，再用男同学中喜欢的人数比上全体人数乘以100%即可得出答案.【题目详解】调查的全体人数为75+15+36+24=150人，所以男同学中喜欢足球的人数占全体同学的百分比=故答案为50.【题目点拨】本题考查的是简单的统计，能够计算出调查的全体人数是解题的关键.18、130°【解题分析】

首先利用多边形的外角和定理求得正五边形的内角和，然后减去已知四个角的和即可．【题目详解】解：正五边形的内角和为（5-2）×180°=540°，∵∠A+∠B+∠C+∠D=410°，∴∠E=540°-410°=130°，故答案为：130°．【题目点拨】本题主要考查了多边形的内角和公式，熟记公式是解题的关键．三、解答题(共66分)19、（1）21；（2）x1＝，x2＝−1．【解题分析】

（1）首先化为最简二次根式，然后根据二次根式的乘法法则进行计算；（2）利用因式分解法解方程即可．【题目详解】解：（1）原式；（2），，∴或，解得：x1＝，x2＝−1．【题目点拨】此题考查了解一元二次方程和二次根式的乘法运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．20、(1)证明见解析；(2)见解析.【解题分析】

（1）根据“矩形的定义”证明结论；（2）连结AP．当AP⊥BC时AP最短，结合矩形的两对角线相等和面积法来求GH的值．【题目详解】（1）证明∵AC=9

AB=12

BC=15，∴AC2=81，AB2=144，BC2=225，∴AC2+AB2=BC2，∴∠A=90°．∵PG⊥AC，PH⊥AB，∴∠AGP=∠AHP=90°，∴四边形AGPH是矩形；（2）存在．理由如下：连结AP．∵四边形AGPH是矩形，∴GH=AP．∵当AP⊥BC时AP最短．∴9×12=15•AP．∴AP=．【题目点拨】本题考查了矩形的判定与性质．解答（2）题时，注意“矩形的对角线相等”和“面积法”的正确应用．21、（1），∠BAO=30°；（2）；（3）见解析;(4)当点C的速度变为每秒个单位时，时四边形PBCQ是菱形.【解题分析】【分析】(1)设x=0,y=0可分别求出A,B的坐标；（2）纵坐标的差等于线段长度；（3）当PQ=BC时，即，是平行四边形；（4）时，，，所以不可能是菱形；若四边形PBCQ构成菱形则，PQ=BC，且PQ=PB时成立.【题目详解】解：（1）直接写出：A、B两点的坐标，∠BAO=30°（2）用含t的代数式分别表示：；（3）∵∴当PQ=BC时，即，时，四边形PBCQ是平行四边形.（4）∵时，，，∴四边形PBCQ不能构成菱形。若四边形PBCQ构成菱形则，PQ=BC，且PQ=PB时成立.则有时BC=BP=PQ=OC=OB-BC=∴当点C的速度变为每秒个单位时，时四边形PBCQ是菱形.【题目点拨】本题考核知识点：一次函数，平行四边形，菱形的判定.此题是综合题，要用数形结合思想进行分析.22、见解析.【解题分析】

通过列出表格，画出函数图象即可．【题目详解】列表：画出函数y=2x-1的图象.如图所示.【题目点拨】此题考查一次函数的图象，解题关键在于掌握其性质定义.23、（1）见解析；（2）∠AGD＝90°；（3）.【解题分析】

（1）直接利用正方形的性质得到AD＝DC，∠ADF＝∠DCE，，结合全等三角形的判定方法得出答案；（2）根据∠DAF＝∠CDE和余角的性质可得∠AGD＝90°；（3）利用全等三角形的判定和性质得出△ABH≌△ADG（AAS），即可得出的值．【题目详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADF＝∠DCE＝90°，在△ADF和△DCE中；∴△ADF≌△DCE（SAS）；（2）解：由（1）得△ADF≌△DCE，∴∠DAF＝∠CDE，∵∠ADG+∠CDE＝90°，∴∠ADG+∠DAF＝90°，∴∠AGD＝90°，（3）过点B作BH⊥AG于H∵BH⊥AG，∴∠BHA＝90°，∴∠BHA＝∠AGD，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC，∠BAD＝90°，∵∠ABH+∠BAH＝90°，∠DAG+∠BAH＝90°，∴∠ABH＝∠DAG，在△ABH和△ADG中，∴△ABH≌△ADG（AAS），∴AH＝DG，∵BG＝BC，BA＝BC，∴BA＝BG，∴AH＝AG，∴DG＝AG，∴．【题目点拨】此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定和性质，正确得出△ABH≌△ADG是解题关键．24、（1）y1＝80t，y2＝﹣120t+960；（2）两车相距100千米时，时间为4.3小时或5.3小时；（3）选择方案一能更快到达B城，理由见解析【解题分析】

（1）根据路程=速度×时间，即可得出y1、y2关于t的函数关系式；

（2）分两种情况讨论：①y2-y1=100；②y1-y2=100，据此列方程解答即可；

（3）先算出客车和出租车在服务站D处相遇的时间，再分别求出方案一、方案二所需的时间进行比较即可．【题目详解】（1）由题意得y1＝80ty2＝900﹣120（t﹣0.5）＝﹣120t+960（2）如果两车相距100千米，分两种情况：①y2﹣y1＝100，即﹣120