浙江省台州市路桥区九校2024年八年级数学第二学期期末教学质量检测试题含解析

浙江省台州市路桥区九校2024年八年级数学第二学期期末教学质量检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题4分，共48分）1．函数y=3x﹣1的图象不经过（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．若菱形的周长为8，高为1，则菱形两邻角的度数比为（）A．3∶1 B．4∶1 C．5∶1 D．6∶13．若一个三角形三个内角度数的比为，且最大的边长为，那么最小的边长为（）A．1 B． C．2 D．4．以下列各组数据中，能构成直角三角形的是（）A．2，3，4 B．3，4，7 C．5，12，13 D．1，2，35．下列命题是真命题的是()A．平行四边形对角线相等 B．直角三角形两锐角互补C．不等式﹣2x﹣1＜0的解是x＜﹣ D．多边形的外角和为360°6．下列函数中是一次函数的是A． B．C． D．7．八年级某同学6次数学小测验的成绩分别为95分，80分，85分，95分，95分，85分，则该同学这6次成绩的众数和中位数分别是()A．95分，95分 B．95分，90分 C．90分，95分 D．95分，85分8．化简的结果是（）A．9 B．3 C．3 D．29．八年级学生去距学校10千米的博物馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了20分钟后，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达，已知汽车的速度是骑车学生速度的2倍．设骑车学生的速度为x千米/小时，则所列方程正确的是（）A．-=20 B．-=20 C．-= D．=10．如图，是二次函数图象的一部分，下列结论中：①；②；③有两个相等的实数根；④.其中正确结论的序号为（）A．①② B．①③ C．②③ D．①④11．下列各组数分别为三角形的三边长：①2，3，4：②5，12，13：③；④m2﹣n2，m2+n2，2mm（m＞n），其中是直角三角形的有（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个12．如图所示，在平行四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，E为OD的中点，连接AE并延长交DC于点F，则DF：FC=（）A．1：3 B．1：4 C．2：3 D．1：2二、填空题（每题4分，共24分）13．若代数式有意义，则的取值范围为__________．14．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象如图所示，对称轴是直线x＝1，则下列四个结论：①c＞0；②2a＋b＝0；③b2－4ac＞0；④a－b＋c＞0；正确的是_____．15．如图，在平面直角坐标系中，直线y=﹣x+3与x轴，y轴交于A，B两点，分别以点A，B为圆心，大于AB长为半径作圆弧，两弧在第一象限交于点C，若点C的坐标为（m+1，7﹣m），则m的值是_____．16．如图，直线、、、互相平行，直线、、、互相平行，四边形面积为，四边形面积为，则四边形面积为__________．17．某班七个兴趣小组人数分别为4，x，5，5，4，6，7，已知这组数据的平均数是5，则x＝________．18．如果关于x的分式方程有增根，则增根x的值为_____．三、解答题（共78分）19．（8分）小亮步行上山游玩，设小亮出发xmin加后行走的路程为ym.图中的折线表示小亮在整个行走过程中y与x的函数关系，（1）小亮行走的总路程是____________m，他途中休息了____________min.（2）当5080时，求y与x的函数关系式.20．（8分）在中，D，E，F分别是三边，，上的中点，连接，，，，已知．（1）观察猜想：如图，当时，①四边形的对角线与的数量关系是________；②四边形的形状是_______；（2）数学思考：如图，当时，（1）中的结论①，②是否发生变化？若发生变化，请说明理由；（3）拓展延伸：如图，将上图的点A沿向下平移到点，使得，已知，分别为，的中点，求四边形与四边形的面积比．21．（8分）如图，一次函数与反比例函数的图象交于A（1，4），B（4，n）两点．（1）求反比例函数的解析式；（2）求一次函数的解析式；（3）点P是x轴上的一动点，试确定点P并求出它的坐标，使PA+PB最小．22．（10分）已知△ABC是等边三角形，将一块含有30°角的直角三角尺DEF按如图所示放置，让三角尺在BC所在的直线上向右平移．如图①，当点E与点B重合时，点A恰好落在三角尺的斜边DF上．(1)利用图①证明：EF＝2BC．(2)在三角尺的平移过程中，在图②中线段AH＝BE是否始终成立(假定AB，AC与三角尺的斜边的交点分别为G，H)？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．23．（10分）如图，已知△ABC是等边三角形，点D、B、C、E在同一条直线上，且∠DAE＝120°，求证：BC2＝CE•DB．24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=4，OC=3，若抛物线经过O，A两点，且顶点在BC边上，对称轴交BE于点F，点D，E的坐标分别为（3，0），（0，1）.（1）求抛物线的解析式；（2）猜想△EDB的形状并加以证明.25．（12分）如图，直线y=kx+b经过点A（-5，0），B（-1，4）（1）求直线AB的表达式；（2）求直线CE：y=-2x-4与直线AB及y轴围成图形的面积；（3）根据图象，直接写出关于x的不等式kx+b＞-2x-4的解集．26．如图，在平行四边形中，的平分线交于点，的平分线交于点.（1）若，，求的长.（2）求证：四边形是平行四边形.

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【解析】试题分析：根据一次函数的性质即可得到结果。，图象经过一、二、四象限，不经过第二象限，故选B.考点：本题考查的是一次函数的性质点评：解答本题的关键是熟练掌握一次函数的性质：当时，图象经过一、二、三象限；当时，图象经过一、三、四象限；当时，图象经过一、二、四象限；当时，图象经过二、三、四象限.2、C【解析】

先根据菱形的性质求出边长AB=2，再根据直角三角形的性质求出∠B=30°，得出∠DAB=150°，即可得出结论．【详解】解：如图所示：∵四边形ABCD是菱形，菱形的周长为8，∴AB=BC=CD=DA=2，∠DAB+∠B=180°，∵AE=1，AE⊥BC，∴AE=AB，∴∠B=30°，∴∠DAB=150°，∴∠DAB：∠B=5：1；故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质、含30°角的直角三角形的判定；熟练掌握菱形的性质和含30°角的直角三角形的判定是解决问题的关键．3、B【解析】

先求出三角形是直角三角形，再根据含30°角的直角三角形的性质得出即可．【详解】∵三角形三个内角度数的比为1：2：3，三角形的内角和等于180°，∴此三角形的三个角的度数是30°，60°，90°，即此三角形是直角三角形，∵三角形的最大的边长为2，∴三角形的最小的边长为×2＝，故选B．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理和含30°角的直角三角形的性质，能求出三角形是直角三角形是解此题的关键．4、C【解析】

根据勾股定理逆定理逐项计算判断即可.【详解】详解:A.∵22+32=13≠42，∴2，3，4不能构成直角三角形；B.∵32+42=25≠72，∴3，4，7不能构成直角三角形；C.∵52+122=169=132，∴5，12，13能构成直角三角形；D.∵12+22=5≠32，∴1，2，3不能构成直角三角形；故选C.【点睛】本题考查了勾股定理逆定理,如果三角形两边的平方和等于第三边的平方,那么这个三角形是直角三角形,在一个三角形中，即如果用a，b，c表示三角形的三条边，如果a2+b2=c2，那么这个三角形是直角三角形.5、D【解析】

根据平行四边形的性质、直角三角形的性质、一元一次不等式的解法、多边形的外角和定理判断即可．【详解】平行四边形对角线不一定相等，A是假命题；直角三角形两锐角互余，B是假命题；不等式-2x-1＜0的解是x＞-，C是假命题；多边形的外角和为360°，D是真命题；故选D．【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．6、D【解析】

根据形如k、b是常数的函数是一次函数即可解答．【详解】选项A是反比例函数；选项B是二次函数；选项C是二次函数；选项D是一次函数.故选D．【点睛】本题主要考查了一次函数定义，关键是掌握一次函数解析式y=kx+b的结构特征：k≠0；自变量的次数为1；常数项b可以为任意实数．7、B【解析】

根据题目中的数据，可以得到这组数据的众数和中位数，本题得以解决．【详解】解：将这6位同学的成绩从小到大排列为80、85、85、95、95、95，由于95分出现的次数最多，有3次，即众数为95分，第3、4个数的平均数为：85+952＝90，即中位数为90故选：B．【点睛】本题考查众数、中位数，解答本题的关键是明确众数、中位数的定义，会求一组数据的众数、中位数．8、B【解析】

先进行二次根式的化简，再进行二次根式的除法运算求解即可．【详解】解：＝1÷＝1．故选：B．【点睛】本题考查了二次根式的乘除法，解答本题的关键在于熟练掌握该知识点的运算法则．9、C【解析】

根据八年级学生去距学校10千米的博物馆参观，一部分学生骑自行车先走，过了20分钟后，其余学生乘汽车出发，结果他们同时到达，可以列出相应的方程，从而可以得到哪个选项是正确的．【详解】由题意可得，

-=，

故选：C．【点睛】此题考查由实际问题抽象出分式方程，解题的关键是明确题意，找出题目中的等量关系，列出相应的方程．10、D【解析】

根据二次函数的性质求解即可.【详解】①∵抛物线开口向上，且与y轴交点为(0,-1)∴a＞0，c＜0∵对称轴＞0∴b＜0∴∴①正确；②对称轴为x=t,1＜t＜2，抛物线与x轴的交点为x1,x2.其中x1为（m,0）,x2.为(n,0)由图可知2＜m＜3，可知n>-1，则当x=-1时，y＞0，则则②错误；③由图可知c=-1△=b2—4a(c+1)=b2,且b≠0∴③错误④由图可知，对称轴x=且1＜＜2∴故④正确；故选D.【点睛】本题考查的是二次函数，熟练掌握二次函数的图像是解题的关键.11、B【解析】

先分别求出两个小数的平方和，再求出大数的平方，看看是否相等即可．【详解】解：∵22+32≠42，∴此时三角形不是直角三角形，故①错误；∵52+122＝132，∴此时三角形是直角三角形，故②正确；∵∴此时三角形是直角三角形，故③正确；∵（m2﹣n2）2+（2mn）2＝（m2+n2）2，∴此时三角形是直角三角形，故④正确；即正确的有3个，故选：B．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，能熟记勾股定理的逆定理的内容是解此题的关键．12、D【解析】解：在平行四边形ABCD中，AB∥DC，则△DFE∽△BAE，∴DF：AB=DE：EB．∵O为对角线的交点，∴DO=BO．又∵E为OD的中点，∴DE=DB，则DE：EB=1：1，∴DF：AB=1：1．∵DC=AB，∴DF：DC=1：1，∴DF：FC=1：2．故选D．二、填空题（每题4分，共24分）13、且.【解析】

根据二次根式和分式有意义的条件进行解答即可.【详解】解：∵代数式有意义，∴x≥0，x-1≠0，解得x≥0且x≠1.故答案为x≥0且x≠1.【点睛】本题考查了二次根式和分式有意义的条件，二次根式的被开方数为非负数，分式的分母不为零.14、①②③【解析】

由抛物线开口方向得到a＜0，由抛物线与y轴交点位置得到c＞0，则可对①进行判断；利用抛物线的对称轴方程可对②进行判断；由抛物线与x轴的交点个数可对③进行判断；由于x=-1时函数值小于0，则可对④进行判断．【详解】解：∵抛物线开口向下，∴a＜0，∵抛物线与y轴交点位于y轴正半轴，∴c＞0，所以①正确；∵抛物线的对称轴为直线，∴b=-2a，即2a+b=0，所以②正确；∵抛物线与x轴有两个不同的交点，∴b2-4ac＞0，所以③正确；∵x=-1时，y＜0，∴a-b+c＜0，所以④错误．故答案为：①②③.【点睛】本题考查了二次函数与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）；抛物线与x轴交点个数由△决定：△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．15、3【解析】

在y=﹣x+3中，令x=0则y=3，令y=0，则x=3，∴OA=3，OB=3，∴由题意可知，点C在∠AOB的平分线上，∴m+1=7﹣m，解得：m=3.故答案为3.16、1【解析】

由平行四边形的性质可得S△EHB＝S△EIH，S△AEF＝S△EFJ，S△DFG＝S△FKG，S△GCH＝S△GHL，由面积和差关系可求四边形IJKL的面积．【详解】解：∵AB∥IL，IJ∥BC，∴四边形EIHB是平行四边形，∴S△EHB＝S△EIH，同理可得：S△AEF＝S△EFJ，S△DFG＝S△FKG，S△GCH＝S△GHL，∴四边形IJKL面积＝四边形EFGH面积−（四边形ABCD面积−四边形EFGH面积）＝11−（18−11）＝1，故答案为：1．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，由平行四边形的性质得出S△EHB＝S△EIH是解题的关键．17、4【解析】

根据平均数的定义求出x的值即可.【详解】根据题意得，，解得，x=4.故答案为：4.【点睛】要熟练掌握平均数的定义以及求法．18、x=1【解析】

根据增根的概念即可知．【详解】解：∵关于x的分式方程有增根，∴增根x的值为x=1，故答案为：x=1．【点睛】本题考查了增根的概念，解题的关键是熟知增根是使得分式方程的最简公分母为零的x的值．三、解答题（共78分）19、（1）3600，20；（2）y=55x-800.【解析】

（1）由函数图象可以直接得出小亮行走的路程是3600米，途中休息了20分钟；

（2）设当50≤x≤80时，y与x的函数关系式为y=kx+b，由待定系数法求出其解即可；【详解】解：（1）由函数图象，得

小亮行走的总路程是3600米，途中休息了50-30=20（分钟）．

故答案为：3600，20；（2）设当50≤x≤80时，y与x的函数关系式为y=kx+b，由题意，得，

解得：∴当50≤x≤80时，y与x的函数关系式为：y=55x-800；【点睛】本题考查了一次函数的应用，解决此类题目最关键的地方是经过认真审题，从中整理出一次函数模型，用一次函数的知识解决此类问题．20、（1）①，②平行四边形；（2）结论①不变，结论②由平行四边形变为菱形，理由详见解析；（3）【解析】

（1）根据三角形中位线定理，即可得出，进而得解；由三角形中位线定理得出DE∥AC,,即可判定为平行四边形；（2）由中位线定理得出，，，然后根据，得出，，即可判定平行四边形是菱形；（3）首先设，，根据等腰直角三角形的性质，得出，进而得出，然后由三角形中位线定理得，，经分析可知：，且和互相垂直平分，即可得出四边形为正方形，又由，，，得出四边形为矩形，即可得出面积比.【详解】解：（1）①，②平行四边形；由已知条件和三角形中位线定理，得又∵∴②由三角形中位线定理得，DE∥AC,,∴四边形是平行四边形；（2）结论①不变，结论②由平行四边形变为菱形，四边形是菱形的理由是：∵，都是的中位线，∴，∴四边形是平行四边形∵是的中位线，∴∵∴，∴∴平行四边形是菱形．（3）设，当，是等腰直角三角形，∴∴由三角形中位线定理得，，∴，且和互相垂直平分∴四边形为正方形，∵，EF⊥AD，∴∴又∵，∴四边形为矩形，∴，∴所求面积比为【点睛】（1）此题主要考查三角形中位线定理的应用，利用其进行等式转换和平行四边形的判定，即可得解；（2）此题主要考查菱形的判定，熟练掌握，即可解题；（3）此题主要考查正方形和矩形的判定，关键是利用正方形和矩形的面积关系式，即可解题.21、（1）；（2）；（3）P（，0）．【解析】

（1）把A的坐标代入即可求出结果；（2）先把B的坐标代入得到B（4，1），把A和B的坐标，代入即可求得一次函数的解析式；（3）作点B关于x轴的对称点B′，连接AB′交x轴于P，则AB′的长度就是PA+PB的最小值，求出直线AB′与x轴的交点即为P点的坐标．【详解】（1）把A（1，4）代入得：m=4，∴反比例函数的解析式为：；（2）把B（4，n）代入得：n=1，∴B（4，1），把A（1，4），B（4，1）代入，得：，∴，∴一次函数的解析式为：；（3）作点B关于x轴的对称点B′，连接AB′交x轴于P，则AB′的长度就是PA+PB的最小值，由作图知，B′（4，﹣1），∴直线AB′的解析式为：，当y=0时，x=，∴P（，0）．22、（1）详见解析；（2）成立，证明见解析．【解析】

（1）根据等边三角形的性质，得∠ACB=60°，AC=BC．结合三角形外角的性质，得∠CAF=30°，则CF=AC，从而证明结论；（2）根据（1）中的证明方法，得到CH=CF．根据（1）中的结论，知BE+CF=AC，从而证明结论．【详解】（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，AC=BC．∵∠F=30°，∴∠CAF=60°－30°=30°，∴∠CAF=∠F，∴CF=AC，∴CF=AC=BC，∴EF=2BC．（2）成立．证明如下：∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，AC=BC．∵∠F=30°，∴∠CHF=60°－30°=30°，∴∠CHF=∠F，∴CH=CF．∵EF=2BC，∴BE＋CF=BC．又∵AH＋CH=AC，AC=BC，∴AH=BE．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、三角形的外角性质以及等腰三角形的判定及性质．证明EF=2BC是解题的关键．23、见解析【解析】

根据等边三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°．推出∠D＝∠CAE，∠E＝∠DAB，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论．【详解】解：∵是等边三角形∴∴，∵∴∴，∴∴∵∴【点睛】本题重点考查了相似三角形的判定和性质，充分利用已知条件并结合图形找到两组对应角相等是解题的关键．24、（1）y=—x2+3x；（2）△EDB为等腰直角三角形，见解析.【解析】

（1）由条件可求得抛物线的顶点坐标及A点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）由B、D、E的坐标可分别求得DE、BD和BE的长，再利用勾股定理的逆定理可进行判断；【详解】（1）在矩形OABC中，OA=4，OC=3，∴A（4，0），C（0，3），∵抛