湖北省黄石市下陆区2024年八年级下册数学期末考试模拟试题含解析

湖北省黄石市下陆区2024年八年级下册数学期末考试模拟试题注意事项：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（每题4分，共48分）1．在一条笔直的航道上依次有甲、乙、丙三个港口，一艘船从甲出发，沿直线匀速行驶经过乙港驶向丙港，最终达到丙港，设行驶x(h)后，船与乙港的距离为y(km)，y与x的关系如图所示，则下列说法正确的是（）A．甲港与丙港的距离是90km B．船在中途休息了0.5小时C．船的行驶速度是45km/h D．从乙港到达丙港共花了1.5小时2．如图，DE是△ABC的中位线，F是DE的中点，CF的延长线交AB于点G，若△CEF的面积为12cm2，则S△DGF的值为（）A．4cm2 B．6cm2 C．8cm2 D．9cm23．在平面直角坐标系中，点A、B、C、D是坐标轴上的点，OA=OD=4，点C(0,-1)，AB=5，点(a,b)在如图所示的阴影部分内部(不包括边界)，则a的取值范围是()A．-3<a<4 B．-1<a<4 C．-3.5<a<4 D．-3<a<7.54．在下列图形中，一定是中心对称图形，但不一定是轴对称图形的为（）A．正五边形B．正六边形C．等腰梯形D．平行四边形5．已知点在直线上，则关于的不等式的解集是()A． B． C． D．6．矩形，菱形，正方形都具有的性质是（）A．对角线相等 B．对角线互相垂直C．对角线互相平分 D．对角线平分一组对角7．如图，在△ABC中，∠C=90°，点D，E分别在边AC，AB上．若∠B=∠ADE，则下列结论正确的是（）A．∠A和∠B互为补角 B．∠B和∠ADE互为补角C．∠A和∠ADE互为余角 D．∠AED和∠DEB互为余角8．若(x﹣2)x＝1，则x的值是()A．0 B．1 C．3 D．0或39．如图，a，b，c分别表示苹果、梨、桃子的质量，同类水果质量相等，则下列关系正确的是A． B． C． D．10．如图为一△ABC,其中D．E两点分别在AB、AC上,且AD=31,DB=29,AE=30,EC=32.若∠A=50°,则图中∠1、∠2、∠3、∠4的大小关系,下列何者正确?()A．∠1>∠3 B．∠2=∠4 C．∠1>∠4 D．∠2=∠311．下列运算正确的是()A． B．2C．4×224 D．212．在Rt△ABC中，∠C＝90°，D为BC上一点，要使点D到AB的距离等于DC，则必须满足（）A．点D是BC的中点B．点D在∠BAC的平分线上C．AD是△ABC的一条中线D．点D在线段BC的垂直平分线上二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，在RtΔABC中，∠ACB=90°，D是AB的中点，若∠A=2614．正方形ABCD中，F是AB上一点，H是BC延长线上一点，连接FH，将△FBH沿FH翻折，使点B的对应点E落在AD上，EH与CD交于点G，连接BG交FH于点M，当GB平分∠CGE时，BM=2，AE=8，则ED=_____．15．在菱形ABCD中,对角线AC=30，BD=60，则菱形ABCD的面积为____________．16．关于x的方程(a≠0)的解x＝4，则的值为__．17．在直角坐标系中，直线与y轴交于点，按如图方式作正方形、、…，、、…在直线上，点、、…，在x轴上，图中阴影部分三角形的面积从左到右依次记为、、、..，则的值为________．18．一次函数y=kx+b的图象如图所示，则不等式kx+b<0的解集为__________．三、解答题（共78分）19．（8分）已知与成反比例，且当时，.（1）求关于的函数表达式.（2）当时，的值是多少?20．（8分）问题背景：如图1：在四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=120∘,∠B=∠ADC=90°.E、F分别是BC,CD上的点．且∠EAF=60°.探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是,延长FD到点G,使DG=BE,连结AG,先证明△ABE≌△ADG,再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是_________；探索延伸：如图2，若四边形ABCD中,AB=AD,∠B+∠D=180°.E,F分别是BC,CD上的点,且∠EAF=∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处,舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处,并且两舰艇到指挥中心的距离相等,接到行动指令后,舰艇甲向正东方向以55海里/小时的速度前进,舰艇乙沿北偏东50°的方向以75海里/小时的速度前进2小时后,指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E,F处,且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．21．（8分）如图，在边长为24cm的等边三角形ABC中，点P从点A开始沿AB边向点B以每秒钟2cm的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以每秒钟4cm的速度移动．若P、Q分别从A、B同时出发，其中任意一点到达目的地后，两点同时停止运动，求：（1）经过6秒后，BP=cm，BQ=cm；（2）经过几秒△BPQ的面积等于？（3）经过几秒后，△BPQ是直角三角形？22．（10分）如图1，将线段平移至，使点与点对应，点与点对应，连接、．（1）填空：与的位置关系为，与的位置关系为．（2）如图2，若、为射线上的点，，平分交直线于，且，求的度数．23．（10分）若m，n，p满足m－n=8，mn＋p2＋16=0，求m＋n＋p的值？24．（10分）观察下列各式：，，，请利用你所发现的规律，（1）计算；（2）根据规律，请写出第n个等式（，且n为正整数）．25．（12分）先化简，再求值：，其中x=﹣2+．26．如图，已知直线AB的函数解析式为，直线与x轴交于点A,与y轴交于点B．(1)求A、B两点的坐标;(2)若点P(m，n)为线段AB上的一个动点(与A、B不重合)，过点P作PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F，连接EF；①若△PAO的面积为S，求S关于m的函数关系式，并写出m的取值范围；②是否存在点P，使EF的值最小？若存在，求出EF的最小值；若不存在，请说明理由.

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【解析】

由船行驶的函数图象可以看出，船从甲港出发，0.5h后到达乙港，ah后到达丙港，进而解答即可．【详解】解：A、甲港与丙港的距离是30+90=120km，错误；B、船在中途没有休息，错误；C、船的行驶速度是，错误；D、从乙港到达丙港共花了小时，正确；故选D．【点睛】此题主要考查了函数图象与实际结合的问题，利用数形结合得出关键点坐标是解题关键，同学们应加强这方面的训练．2、A【解析】试题分析：取CG的中点H，连接EH，根据三角形的中位线定理可得EH∥AD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠GDF=∠HEF，然后利用“角边角”证明△DFG和△EFH全等，根据全等三角形对应边相等可得FG=FH，全等三角形的面积相等可得S△EFH=S△DGF，再求出FC=3FH，再根据等高的三角形的面积比等于底边的比求出两三角形的面积的比，从而得解．解：如图，取CG的中点H，连接EH，∵E是AC的中点，∴EH是△ACG的中位线，∴EH∥AD，∴∠GDF=∠HEF，∵F是DE的中点，∴DF=EF，在△DFG和△EFH中，，∴△DFG≌△EFH（ASA），∴FG=FH，S△EFH=S△DGF，又∵FC=FH+HC=FH+GH=FH+FG+FH=3FH，∴S△CEF=3S△EFH，∴S△CEF=3S△DGF，∴S△DGF=×12=4（cm2）．故选A．考点：三角形中位线定理．3、D【解析】

只要求出点B的横坐标以及直线AD与直线BC交点的横坐标值即可.【详解】解：在直角三角形AOB中，根据勾股定理得OB=A∴B(-3,0)∵OA=OD=4∴A(0,4),D(4,0)设直线AD的解析式为y=kx+b，将A(0,4),D(4,0)代入得：b=44k+b=0，解得b=4k=-1，所以直线AD的解析式为同理由B(-3,0)，C(0,-1)两点坐标可得直线BC的解析式为y=-联立得y=-x+4y=-13x-1，解得x=7.5y=-3.5，所以直线AD因为点B与直线AD与直线BC交点处于阴影部分的最边界，所以由题意可得-3<a<7.5.故选：D【点睛】本题考查了平面直角坐标系及一次函数，灵活应用待定系数法求函数解析式是解题的关键.4、D【解析】A.正五边形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故A错；B.正六边形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故B错；C.等腰梯形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故C错；D.平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，故D正确；故选D.5、C【解析】

一次函数与x轴的交点横坐标为−1，且函数值y随自变量x的增大而增大，根据一次函数的性质可判断出解集．【详解】解：点A（−1，0）在直线y＝kx＋b（k＞0）上，∴当x＝−1时，y＝0，且函数值y随x的增大而增大；∴关于x的不等式kx＋b＞0的解集是x＞−1．故选：C．【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式．由于任何一元一次不等式都可以转化的ax＋b＞0或ax＋b＜0（a、b为常数，a≠0）的形式，所以解一元一次不等式可以看作：当一次函数值大于（或小于）0时，求自变量相应的取值范围．6、C【解析】

利用矩形、菱形和正方形的性质对各选项进行判断．【详解】解：矩形、菱形、正方形都具有的性质是对角线互相平分．故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．7、C【解析】试题分析：根据余角的定义，即可解答．解：∵∠C=90°，∴∠A+∠B=90°，∵∠B=∠ADE，∴∠A+∠ADE=90°，∴∠A和∠ADE互为余角．故选C．考点：余角和补角．8、D【解析】

根据零指数幂的性质解答即可．【详解】解：∵（x﹣2）x＝1，∴x﹣2＝1或x＝0，解答x＝3或x＝0，故选D．【点睛】本题考查了零指数幂的性质，熟记零指数幂的性质是解题的关键．9、C【解析】

根据图形就可以得到一个相等关系与一个不等关系，就可以判断a，b，c的大小关系．【详解】解：依图得3b＜2a，

∴a＞b，

∵2c=b，

∴b＞c，

∴a＞b＞c

故选C．【点睛】本题考查了一元一次不等式的应用，解题的关键是读懂题意，找到关键描述语，进而找到所求的量的等量关系．10、D【解析】

本题需先根据已知条件得出AD与AC的比值，AE与AB的比值，从而得出△ADE∽△ACB，最后即可求出结果．【详解】∵AD=31，BD=29，AE=30，EC=32，∴AB=31+29=60，AC=30+32=62，∴，，∴，∵∠A=∠A，∴△ADE∽△ACB，∴∠2=∠3，∠1=∠4，故选：D.【点睛】此题考查相似三角形的判定与性质，解题关键在于得出AD与AC的比值11、C【解析】

根据同类二次根式的定义、二次根式的乘、除法公式和二次根式的性质逐一判断即可．【详解】A．和不是同类二次根式，故本选项错误；B．≠2，故本选项错误；C．，故本选项正确；D．2，故本选项错误故选C．【点睛】此题考查的是二次根式的运算，掌握同类二次根式的定义、二次根式的乘、除法公式和二次根式的性质是解决此题的关键．12、B【解析】

根据角平分线的判定定理解答即可．【详解】如图所示，DE为点D到AB的距离．∵DC＝DE，∠C＝90°，DE⊥AB，∴AD平分∠CAD，则点D在∠BAC的平分线上．故选B．【点睛】本题考查了角平分线的判定，掌握到角的两边的距离相等的点在角的平分线上是解题的关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、52【解析】

根据直角三角形的性质得AD=CD，由等腰三角形性质结合三角形外角性质可得答案.【详解】∵∠ACB=90°，D是AB上的中点，∴CD=AD=BD，∴∠DCA=∠A=26°，∴∠BDC=2∠A=52°.故答案为52.【点睛】此题考查了直角三角的性质及三角形的外角性质，掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质是解题的关键.14、1【解析】解：如图，过B作BP⊥EH于P，连接BE，交FH于N，则∠BPG=90°．∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=∠ABC=∠BAD=90°，AB=BC，∴∠BCD=∠BPG=90°．∵GB平分∠CGE，∴∠EGB=∠CGB．又∵BG=BG，∴△BPG≌△BCG，∴∠PBG=∠CBG，BP=BC，∴AB=BP．∵∠BAE=∠BPE=90°，BE=BE，∴Rt△ABE≌Rt△PBE（HL），∴∠ABE=∠PBE，∴∠EBG=∠EBP+∠GBP=∠ABC=15°，由折叠得：BF=EF，BH=EH，∴FH垂直平分BE，∴△BNM是等腰直角三角形．∵BM=2，∴BN=NM=2，∴BE=1．∵AE=8，∴Rt△ABE中，AB==12，∴AD=12，∴DE=12﹣8=1．故答案为1．点睛：本题考查了翻折变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的定义、勾股定理、线段垂直平分线的性质等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题．15、1【解析】

根据菱形的面积等于对角线积的一半，即可求得答案．【详解】解：∵在菱形ABCD中，对角线AC=30，BD=60，

∴菱形ABCD的面积为：12AC•BD=1．

故答案为：1【点睛】此题考查了菱形的性质．注意菱形的面积等于对角线积的一半．16、4【解析】

将x=4代入已知方程求得b=4a，然后将其代入所以的代数式求值．【详解】∵关于x的方程(a≠0)的解x=4，∴，∴b=4a，∴=，故答案是：4.【点睛】此题考查分式方程的解，分式的化简求值，解题关键在于求得b=4a17、【解析】

根据=，=，找出规律从而得解.【详解】解：∵直线，当x=0时，y=1，当y=0时，x=﹣1，∴OA1=1，OD=1，∴∠ODA1=45°，∴∠A2A1B1=45°，∴A2B1=A1B1=1，∴=，∵A2B1=A1B1=1，∴A2C1=2=，∴=，同理得：A3C2=4=，…，=，∴=，故答案为．18、x<1【解析】解：∵y=kx+b，kx+b＜0，∴y＜0，由图象可知：x＜1．故答案为x＜1．三、解答题（共78分）19、（1）；（2）【解析】

（1）设（为常数，），把，代入求出k的值即可；（2）把代入（1）中求得的解析式即可求出的值.【详解】解：（1）与成反比例可知，可设（为常数，），当时，，解得，关于的函数表达式；（2）把代入，得.【点睛】本题考查了待定系数法求反比例函数解析式，以及求反比例函数值，熟练掌握待定系数法是解答本题的关键.20、问题背景：EF=BE+DF，理由见解析；探索延伸：结论仍然成立，理由见解析；实际应用：210海里.【解析】

问题背景：延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；探索延伸：延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，即可证明△ABE≌△ADG，可得AE=AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF=FG，即可解题；实际应用：连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后与（2）同理可证．【详解】问题背景：EF=BE+DF，证明如下：在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠EAF=∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF，故答案为EF=BE+DF；探索延伸：结论EF=BE+DF仍然成立，理由：延长FD到点G．使DG=BE，连结AG，如图2，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠EAF=∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；实际应用：如图3，连接EF，延长AE、BF相交于点C，∵∠AOB=30°+90°+（90°-70°）=140°，∠EOF=70°，∴∠EOF=∠AOB，又∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=（90°-30°）+（70°+50°）=180°，∴符合探索延伸中的条件，∴结论EF=AE+BF成立，即EF=2×（45+75）=260（海里），答：此时两舰艇之间的距离是260海里．【点睛】本题考查了全等三角形的判定以及全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△AEF≌△AGF是解题的关键．21、（1）12、1；（2）经过2秒△BPQ的面积等于.（3）经过6秒或秒后，△BPQ是直角三角形.【解析】

（1）根据路程=速度×时间，求出BQ，AP的值就可以得出结论；

（2）作QD⊥AB于D，由勾股定理可以表示出DQ，然后根据面积公式建立方程求出其解即可；

（3）先分别表示出BP，BQ的值，当∠BQP和∠BPQ分别为直角时，由等边三角形的性质就可以求出结论．【详解】（1）由题意，得

AP=12cm，BQ=1cm．

∵△ABC是等边三角形，

∴AB=BC=1cm，

∴BP=21-12=12cm．

故答案为：12、1．（2）设经过x秒△BPQ的面积等于，作QD⊥AB于D，则BQ=4xcm.

∴∠QDB=90°，

∴∠DQB=30°，在Rt△DBQ中，由勾股定理，得解得；x1=10，x2=2，

∵x=10时，4x＞1，故舍去

∴x=2．答：经过2秒△BPQ的面积等于.（3）经过t秒后，△BPQ是直角三角形.∵△ABC是等边三角形，

∴AB=BC=1cm，∠A=∠B=∠C=60°，

当∠PQB=90°时，

∴∠BPQ=30°，

∴BP=2BQ．

∵BP=1-2t，BQ=4t，

∴1-2t=2×4t，解得t=；当∠QPB=90°时，

∴∠PQB=30°，

∴BQ=2PB，∴4t=2×（1-2t）解得t=6∴经过6秒或秒后，△BPQ是直角三角形.【点睛】本题考查了动点问题的运用，等边三角形的性质的运用，30°的直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，三角形的面积公式的运用，解答时建立根据三角形的面积公式建立一元二次方程求解是关键．22、（1），；（2）120°【解析】

（1）根据平移的性质，即可判定；（2）根据平行和角平分线的性质进行等角转换，即可得解.【详解】（1）由平移的性质，得，AB=CD∴四边形ABCD为平行四边形∴（2）∵∴∵∴∵平分∴∴∵∴∵∴∴【点睛】此题主要考查平移的性质、平行四边形的判定与性质以及角平分线的性质，熟练掌握，即可解题.23、m＋n＋p＝0.【解析】试题分析:把m,n,p看成是未知数,本题已知两个方程求三个未知数,因此可以采用主元法,将其中一个未知数看成常数,另外两个当作未知数进行解答,本题由m－n＝8,可得:m＝n＋8,把m＝n＋8代入mn＋p2＋16＝0,得