安徽省合肥市四十二中学2024年数学八年级下册期末复习检测模拟试题含解析

安徽省合肥市四十二中学2024年数学八年级下册期末复习检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题4分，共48分）1．关于x的一元二次方程的两实数根分别为、，且，则m的值为（）A． B． C． D．02．若点P（-2，a）在第二象限，则a的值可以是（）A．1 B．-1 C．0 D．-23．已知一次函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（）A．， B．，C．， D．，4．如图所示，一次函数y1=kx+4与y2=x+b的图象交于点A．则下列结论中错误的是（）A．K＜0，b＞0 B．2k+4=2+bC．y1=kx+4的图象与y轴交于点（0，4） D．当x＜2时，y1＞y25．如图，直线与轴交于点，依次作正方形、正方形、…正方形使得点、、…，在直线上，点、、…，在轴上，则点的坐标是（）A． B．C． D．6．二次根式中，字母a的取值范围是（）A．a＜﹣ B．a＞﹣ C．a D．a7．如图，正方形ABCD的边长为3，点E、F分别在边BC、CD上，将AB、AD分别沿AE、AF折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知BE＝1，则EF的长为（

）A． B． C． D．38．如图，点E在正方形ABCD内，满足∠AEB=90°，AE=3，BE=4，则阴影部分的面积是（）A．12 B．16 C．19 D．259．若x≤0，则化简|1﹣x|﹣的结果是（）A．1﹣2x B．2x﹣1 C．﹣1 D．110．计算的结果为（）A．±3 B．-3 C．3 D．911．边长为3cm的菱形的周长是()A．15cm B．12cm C．9cm D．3cm12．将下列长度的三根木棒首尾顺次连接，能组成直角三角形的是（）A．1，2，3 B．4，6，8 C．6，8，10 D．5，5，4二、填空题（每题4分，共24分）13．若式子x-2有意义，则x的取值范围是________14．设m，n分别为一元二次方程x2+2x﹣2018=0的两个实数根，则m2+3m+n=______．15．如图，直线y=与y=x交于A（3，1）与x轴交于B（6，0），则不等式组0的解集为_____．16．若分式的值为0，则的值为____．17．如图，直线l1：y=x+n–2与直线l2：y=mx+n相交于点P(1，2)．则不等式mx+n<x+n–2的解集为______．18．已知函数的图像经过点A(1，m)和点B(2，n),则m___n(填“>”“<”或“=”)．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，点在等边三角形的边，延长至，使，连接交于.求证：.20．（8分）如图，菱形的对角线、相交于点，，，连接.（1）求证：；（2）探究：当等于多少度时，四边形是正方形？并证明你的结论.21．（8分）为保护环境，我市公交公司计划购买A型和B型两种环保节能公交车共10辆．若购买A型公交车1辆，B型公交车2辆，共需400万元；若购买A型公交车2辆，B型公交车1辆，共需350万元．（1）求购买A型和B型公交车每辆各需多少万元？（2）预计在某线路上A型和B型公交车每辆年均载客量分别为60万人次和100万人次．若该公司购买A型和B型公交车的总费用不超过1200万元，且确保这10辆公交车在该线路的年均载客总和不少于680万人次，则该公司有哪几种购车方案？（3）在（2）的条件下，哪种购车方案总费用最少？最少总费用是多少万元？22．（10分）某长途汽车客运公司规定旅客可免费携带一定质量的行李，当行李的质量超过规定时，需付的行李费y（元）是行李质量x（kg）的一次函数．已知行李质量为20kg时需付行李费2元，行李质量为50kg时需付行李费8元．（1）当行李的质量x超过规定时，求y与x之间的函数表达式；（2）求旅客最多可免费携带行李的质量．23．（10分）商场某种新商品每件进价是40元，在试销期间发现，当每件商品售价50元时，每天可销售500件，当每件商品售价高于50元时，每涨价1元，日销售量就减少10件．据此规律，请回答：（1）当每件商品售价定为55元时，每天可销售多少件商品？商场获得的日盈利是多少？（2）在上述条件不变，商品销售正常的情况下，每件商品的销售定价为多少元时，商场日盈利可达到8000元？24．（10分）（1）如图1，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，且交AD于点E，交BC于点F，连接BE,DF，且BE平分∠ABD.①求证：四边形BFDE是菱形；②直接写出∠EBF的度数；（2）把（1）中菱形BFDE进行分离研究，如图2，G,I分别在BF,BE边上，且BG=BI，连接GD,H为GD的中点，连接FH，并延长FH交ED于点J，连接IJ,IH,IF,IG.试探究线段IH与FH之间满足的关系，并说明理由；（3）把（1）中矩形ABCD进行特殊化探究，如图3，矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE，作EF⊥DE，垂足为点E，交AB于点F，连接DF，交AC于点G.请直接写出线段AG,GE,EC三者之间满足的数量关系.25．（12分）如图，在▱ABCD中，E是BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F．（1）求证：AB=CF；（2）连接DE，若AD=2AB，求证：DE⊥AF．26．某公司招聘职员两名，对甲乙丙丁四名候选人进行笔试和面试，各项成绩均为100分，然后再按笔试70%、面试30%计算候选人综合成绩（满分100分）各项成绩如下表所示：候选人笔试成绩面试成绩甲9088乙8492丙x90丁8886（1）直接写出四名候选人面试成绩中位数；（2）现得知候选人丙的综合成绩为87.2分，求表中x的值；（3）求出其余三名候选人的综合成绩，并以综合成绩排序确定所要聘请的前两名的人选．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【解析】

根据一元二次方程根与系数的关系得到x1+x2=4，代入代数式计算即可．【详解】解：∵x1+x2=4，

∴x1+3x2=x1+x2+2x2=4+2x2=5，

∴x2=，

把x2=代入x2-4x+m=0得：（）2-4×+m=0，

解得：m=，

故选：A．【点睛】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，掌握一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系为：x1+x2=-，x1•x2=是解题的关键．2、A【解析】

根据第二象限内点的纵坐标是正数判断.【详解】∵点P（-2，a）在第二象限，∴a＞0，∴1、0、-1、-2四个数中，a的值可以是1．故选A．【点睛】本题考查了各象限内点的坐标的符号特征，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（-，+）；第三象限（-，-）；第四象限（+，-）．3、D【解析】

根据图象在坐标平面内的位置关系确定k，b的取值范围，从而求解．【详解】如图所示，一次函数y=kx+b的图象，y随x的增大而增大，所以k＞1，直线与y轴负半轴相交，所以b＜1．故选D．【点睛】本题考查了一次函数图象在坐标平面内的位置与k、b的关系．解答本题注意理解：直线y=kx+b所在的位置与k、b的符号有直接的关系．k＞1时，直线必经过一、三象限；k＜1时，直线必经过二、四象限；b＞1时，直线与y轴正半轴相交；b=1时，直线过原点；b＜1时，直线与y轴负半轴相交．4、A【解析】

利用一次函数的性质结合函数的图象逐项分析后即可确定正确的选项．【详解】解：∵y1=kx+4在第一、二、四象限，y2=x+b的图象交于y轴的负半轴，∴k＜0，b＜0故A错误；∵A点为两直线的交点，∴2k+4=2+b，故B正确；当x=0时y1=kx+4=4，∴y1=kx+4的图象与y轴交于点（0，4），故C正确；由函数图象可知当x＜2时，直线y2的图象在y1的下方，∴y1＞y2，故D正确；故选：A．【点睛】本题考查两直线的交点问题，能够从函数图象中得出相应的信息是解题的关键．注意数形结合．5、D【解析】

先求出直线y＝x＋1与y轴的交点坐标即可得出A1的坐标，故可得出OA1的长，根据四边形A1B1C1O是正方形即可得出B1的坐标，再把B1的横坐标代入直线y＝x＋1即可得出A1的坐标，同理可得出B2，B3的坐标，可以得到规律：Bn（2n−1，2n−1），据此即可求解．【详解】解：∵令x＝0，则y＝1，∴A1（0，1），∴OA1＝1．∵四边形A1B1C1O是正方形，∴A1B1＝1，∴B1（1，1）．∵当x＝1时，y＝1＋1＝2，∴B2（3，2）；同理可得，B3（7，4）；∴B1的纵坐标是：1＝20，B1的横坐标是：1＝21−1，∴B2的纵坐标是：2＝21，B2的横坐标是：3＝22−1，∴B3的纵坐标是：4＝22，B3的横坐标是：7＝23−1，∴Bn的纵坐标是：2n−1，横坐标是：2n−1，则Bn故选：D．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质和坐标的变化规律．此题难度较大，注意正确得到点的坐标的规律是解题的关键．6、B【解析】

根据二次根式以及分式有意义的条件即可解答．【详解】根据题意知2a+1＞0，解得：a＞﹣，故选B．【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，解题的关键是正确理解二次根式与分式有意义的条件，本题属于基础题型．7、B【解析】【分析】由图形折叠可得BE=EG，DF=FG；再由正方形ABCD的边长为3，BE=1，可得EG=1，EC=3-1=2，CF=3-FG；最后由勾股定理可以求得答案.【详解】由图形折叠可得BE=EG，DF=FG，∵正方形ABCD的边长为3，BE=1，∴EG=1，EC=3-1=2，CF=3-FG，在直角三角形ECF中，∵EF2=EC2+CF2，∴(1+GF)2=22+(3-GF)2，解得GF=，∴EF=1+=．故正确选项为B.【点睛】此题考核知识点是：正方形性质；轴对称性质；勾股定理.解题的关键在于：从图形折叠过程找出对应线段，利用勾股定理列出方程.8、C【解析】

根据勾股定理求出AB，分别求出△AEB和正方形ABCD的面积，即可求出答案．【详解】解：∵在Rt△AEB中，∠AEB=90°，AE=3，BE=4，由勾股定理得：AB==5，

∴正方形的面积=5×5=25，

∵△AEB的面积=AE×BE=×3×4=6，

∴阴影部分的面积=25-6=19，

故选：C．【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的面积以及三角形的面积的求法，熟练掌握勾股定理是解题的关键．9、D【解析】试题分析：根据x≤0，可知-x≥0，因此可知1-x≥0，然后根据可求解为|1﹣x|﹣=1-x+x=1.故选：D10、C【解析】

根据=|a|进行计算即可．【详解】=|-3|=3，故选：C.【点睛】此题考查了二次根式的性质，熟练掌握这一性质是解题的关键.11、B【解析】

由菱形的四条边长相等可求解．【详解】解：∵菱形的边长为3cm∴这个菱形的周长=4×3=12cm故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练运用菱形的性质是本题的关键．12、C【解析】

判断是否为直角三角形，只要验证较短两边长的平方和等于最长边的平方即可．【详解】A、12+22＝5≠32，故不能组成直角三角形，错误；B、42+62≠82，故不能组成直角三角形，错误；C、62+82＝102，故能组成直角三角形，正确；D、52+42≠52，故不能组成直角三角形，错误．故选：C．【点睛】本题主要考查勾股定理的逆定理，掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、x【解析】分析：根据被开方数为非负数列不等式求解即可.详解：由题意得，x-2≥0,∴x≥2.故答案为x≥2.点睛：本题考查了代数式有意义时字母的取值范围，代数式有意义时字母的取值范围一般从几个方面考虑：①当代数式是整式时，字母可取全体实数；②当代数式是分式时，考虑分式的分母不能为0；③当代数式是二次根式时，被开方数为非负数．14、2016【解析】由题意可得，，，∵，为方程的个根，∴，，∴．15、3＜x＜1【解析】

满足不等式组0＜kx+b＜x就是一次函数的图象位于正比例函数的图象的下方且位于x轴的上方部分x的取值范围，据此求解．【详解】解：∵与直线y=x交于点A，点B的坐标为（1，0），

∴不等式组0＜kx+b＜x的解集为3＜x＜1．

故答案为3＜x＜1.【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式的问题，满足不等式组0＜kx+b＜x就是一次函数的图象位于正比例函数的图象的下方且位于x轴的上方时x的取值范围是解答本题的关键．16、2【解析】

先进行因式分解和约分，然后求值确定a【详解】原式=∵值为0∴a-2=0，解得：a=2故答案为：2【点睛】本题考查解分式方程，需要注意，此题a不能为－2，－2为分式方程的增根，不成立17、>1【解析】∵直线l1：y＝x＋n－2与直线l2：y＝mx＋n相交于点P(1，2)，∴关于x的不等式mx＋n＜x＋n－2的解集为x>1，故答案为x>1.18、＞【解析】分析：根据一次函数的性质得到y随x的增大而减小，根据1<2即可得出答案.详解：∵函数中，k=-3<0,∴y随x的增大而减小，∵函数y=-3x+2的图象经过点A(1，m)和点B(2，n)，1<2,∴m>n,故答案为：>.点睛：本题主要考查对一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用一次函数的性质进行推理是本题的关键.三、解答题（共78分）19、证明见解析.【解析】

作DG//AC，交AB于G，利用等边三角形的性质得出△BDG为等边三角形，再利用ASA得出△DFG≌△EAF，即可解答【详解】证明：作DG//AC，交AB于G，∵等边三角形ABC∴∠BDG=∠C=60°∴∠BGD=∠BAC=60°所以△BDG为等边三角形∴GD=BD=AE∵∠GDF=∠E,∠DGF=∠EAF∴△DFG≌△EAF∴FD=EF.【点睛】此题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解题关键在于作辅助线20、（1）见解析；（2）当时，四边形OCED为正方形,见解析.【解析】

（1）先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出∠COD＝90°，证明OCED是矩形，由矩形的性质可得OE＝DC；（2）当∠ABC＝90°时，四边形OCED是正方形，根据正方形的判定方法证明即可．【详解】解：（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，∴四边形OCED是平行四边形，∵四边形ABCD是菱形，∴∠COD＝90°，∴四边形OCED是矩形，∴OE＝DC；（2）当∠ABC＝90°时，四边形OCED是正方形，理由如下：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝90°，∴四边形ABCD是正方形，∴DO＝CO，又∵四边形OCED是矩形，∴四边形OCED是正方形．【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，正方形的判定和性质，是基础题，熟记矩形的判定方法与菱形的性质是解题的关键．21、（1）购买A型公交车每辆需100万元，购买B型公交车每辆需150万元．（2）三种方案：①购买A型公交车6辆，则B型公交车4辆；②购买A型公交车7辆，则B型公交车3辆；③购买A型公交车8辆，则B型公交车2辆；（3）购买A型公交车8辆，B型公交车2辆费用最少，最少费用为1100万元．【解析】

详解：（1）设购买A型公交车每辆需x万元，购买B型公交车每辆需y万元，由题意得x+2y＝解得x＝答：购买A型公交车每辆需100万元，购买B型公交车每辆需150万元．（2）设购买A型公交车a辆，则B型公交车（10-a）辆，由题意得100a+15010-a解得：6≤a≤8，因为a是整数，所以a=6，7，8；则（10-a）=4，3，2；三种方案：①购买A型公交车6辆，B型公交车4辆；②购买A型公交车7辆，B型公交车3辆；③购买A型公交车8辆，B型公交车2辆．（3）①购买A型公交车6辆，则B型公交车4辆：100×6+150×4=1200万元；②购买A型公交车7辆，则B型公交车3辆：100×7+150×3=1150万元；③购买A型公交车8辆，则B型公交车2辆：100×8+150×2=1100万元；故购买A型公交车8辆，则B型公交车2辆费用最少，最少总费用为1100万元．【点睛】此题考查二元一次方程组和一元一次不等式组的应用，注意理解题意，找出题目蕴含的数量关系，列出方程组或不等式组解决问题．22、（1）当行李的质量x超过规定时，y与x之间的函数表达式为y=x﹣2；（2）旅客最多可免费携带行李10kg．【解析】

（1）用待定系数法求一次函数的表达式；（2）旅客最多可免费携带行李的质量就是时x的值.【详解】(1)根据题意，设与的函数表达式为y=kx+b当x=20时，y=2，得2=20k+b当x=50时，y=8，得8=50k+b.解方程组，得，所求函数表达式为y=x-2.(2)当y=0时，x-2=0，得x=10.答：旅客最多可免费携带行李10kg.考点：一次函数的实际应用23、（1）每天可销售450件商品，商场获得的日盈利是6750元；（2）每件商品售价为60或1元时，商场日盈利达到100元．【解析】

（1）首先求出每天可销售商品数量，然后可求出日盈利；（2）设商场日盈利达到100元时，每件商品售价为x元，根据每件商品的盈利×销售的件数=商场的日盈利，列方程求解即可．【详解】（1）当每件商品售价为55元时，比每件商品售价50元高出5元，即55﹣50=5（元），则每天可销售商品450件，即500﹣5×10=450（件），商场可获日盈利为（55﹣40）×450=6750（元）．答：每天可销售450件商品，商场获得的日盈利是6750元；（2）设商场日盈利达到100元时，每件商品售价为x元．则每件商品比50元高出（x﹣50）元，每件可盈利（x﹣40）元，每日销售商品为500﹣10×（x﹣50）=1000﹣10x（件）．依题意得方程（1000﹣10x）（x﹣40）=100，整理，得x2﹣140x+410=0，解得x=60或1．答：每件商品售价为60或1元时，商场日盈利达到100元．24、(1)①见解析;②60°;(1)见解析;(3)见解析.【解析】

（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO=OF，由OB=OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB=ED即可；②先证明∠ABD=1∠ADB，推出∠ADB=30°，即可解决问题；（1）延长BE到M，使得EM=EJ，连接MJ，由菱形性质，∠B=600，得EB=BFBE=IM=BF，由∠MEJ=∠B=600，可证得ΔMEJ是等边三角形，可得MJ在RtΔIHF中，由∠IHF=900，∠IFH=60（3）结论：EG1=AG1+CE1．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AD//∴∠EDO=在ΔDOE和ΔBOF中，∠EDO=∠FBOOD=OB∴ΔDOE≅∴EO=∵OB=∴四边形EBFD是平行四边形，∵EF⊥∴EB=∴四边形EBFD是菱形．②∵四边形BFDE是菱形，∴∠EBD=∠EDB，∵BE平分∠ABD，∴∠EBD=∠ABE，∴∠EBD=∠ABE=∠EDB，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=900∴∠EBD+∠ABE+∠EDB=900∴∠EBD=∠ABE=∠EDB=300∴∠EBF=2∠EBD=（1）结论：IH=理由：如图1中，延长BE到M，使得EM=EJ，连接∵四边形EBFD是菱形，∠B=∴EB=∴∠JDH=在ΔDHJ和ΔGHF中，∠DHG=∠GHFDH=GH∴ΔDHJ≅∴DJ=∴EJ=∴BE=∵∠MEJ=∴ΔMEJ是等边三角形，∴MJ=EM在ΔBIF和ΔMJI中，BI=MJ∠B=∠M∴ΔBIF≅∴IJ=IF，∵HJ=∴IH⊥∵∠BFI+∴∠MIJ+∴∠JIF=∴ΔJIF是等边三角形，在RtΔIHF中，∵∠IHF=900∴∠FIH=∴IH=（3）结论：EG理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，∵∠FAD+∠DEF=90°，∴AFED四点共圆，∴∠EDF=∠DAE=45°，∠ADC=90°，∴∠ADF+∠EDC=45°，∵∠ADF=∠CDM，∴∠CDM+∠CDE=45°=∠EDG，在△DEM和△DEG中，DE=DE∠EDG=∠EDM∴△DEG≌△DEM，∴GE=EM，∵∠DCM=∠DAG=∠ACD=45°，AG=CM，∴∠ECM=90°，∴EC1+CM1=EM1，∵EG=EM，AG=CM，∴GE1=AG1+CE1．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用