2024届贵州省铜仁市数学八年级下册期末联考模拟试题含解析

2024届贵州省铜仁市数学八年级下册期末联考模拟试题注意事项：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．如图，剪两张对边平行且宽度相同的纸条随意交叉叠放在一起，转动其中一张，重合部分构成一个四边形，则下列结论中不一定成立的是（）A．∠ABC＝∠ADC，∠BAD＝∠BCD B．AB＝BCC．AB＝CD，AD＝BC D．∠DAB+∠BCD＝180°2．菱形ABCD中，已知：AC＝6，BD＝8，则此菱形的边长等于（）A．6 B．8 C．10 D．53．在平而直角坐标系中，已知平行四边形ABCD的三个顶点坐标分别是A（m，n），B（2，-1），C（-m，-n），则关于点D的说法正确的是（）甲：点D在第一象限乙：点D与点A关于原点对称丙：点D的坐标是（-2，1）丁：点D与原点距离是.A．甲乙 B．乙丙 C．甲丁 D．丙丁4．若正比例函数y＝kx的图象经过点（2，1），则k的值为（）A．﹣ B． C．﹣2 D．25．下列命题中不正确的是（）A．平行四边形是中心对称图形B．斜边及一锐角分别相等的两直角三角形全等C．两个锐角分别相等的两直角三角形全等D．一直角边及斜边分别相等的两直角三角形全等6．下列命题中，正确的是（）A．在三角形中，到三角形三边距离相等的点是三条边垂直平分线的交点B．平行四边形是轴对称图形C．三角形的中位线将三角形分成面积相等的两个部分D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形7．下列图形都是由同样大小的矩形按一定的规律组成，其中，第①个图形中一共有6个矩形，第②个图形中一共有11个矩形，…，按此规律，第⑥个图形中矩形的个数为()A．31 B．30 C．28 D．258．使有意义的取值范围是（）A． B． C． D．9．如图①，在正方形ABCD中，点E是AB的中点，点P是对角线AC上一动点。设PC的长度为x，PE与PB的长度和为y，图②是y关于x的函数图象，则图象上最低点H的坐标为（）A．(1,2) B．() C． D．10．如果一个多边形的内角和等于720°，则这个多边形是()A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．七边形11．如图，在中，度.以的三边为边分别向外作等边三角形，，，若，的面积分别是8和3，则的面积是（）A． B． C． D．512．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝5，AC+BD＝20，则△AOB的周长为（）A．10 B．20C．15 D．25二、填空题（每题4分，共24分）13．将点向右平移4个单位，再向下平移3个单位，则平移后点的坐标是__________．14．已知正多边形的一个外角等于40°，那么这个正多边形的边数为__________.15．赵爽（约公元182~250年），我国历史上著名的数学家与天文学家，他详细解释了《周髀算经》中勾股定理，将勾股定理表述为：“勾股各自乘，并之为弦实．开方除之，即弦．”又给出了新的证明方法“赵爽弦图”，巧妙地利用平面解析几何面积法证明了勾股定理．如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形拼成的一个大正方形，如果小正方形的面积为1，直角三角形较长直角边长为4，则大正方形的面积为_____________________．16．梯形ABCD中，AD∥BC，E在线段AB上，且2AE=BE，EF∥BC交CD于F，AD=15，BC=21，则EF=__________．17．如图（1），已知小正方形的面积为1，把它的各边延长一倍得新正方形；把正方形边长按原法延长一倍得到正方形如图（2）；以此下去⋯⋯，则正方形的面积为_________________．18．将一个矩形纸片沿折叠成如图所示的图形，若，则的度数为________．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，已知反比例函数y1＝kx的图象与一次函数：y2＝ax+b的图象相交于点A（1，4）、B（m，﹣2（1）求出反比例函数和一次函数的关系式；（2）观察图象，直按写出使得y1＜y2成立的自变量x的取值范围；（3）如果点C是x轴上的点，且△ABC的面积面积为6，求点C的坐标．20．（8分）如图，在方格纸中，线段AB的两个端点都在小方格的格点上，分别按下列要求画格点四边形．在图甲中画一个以AB为对角线的平行四边形．在图乙中画一个以AB为边的矩形．21．（8分）已知，直线y=2x-2与x轴交于点A，与y轴交于点B．(1)如图①,点A的坐标为_______,点B的坐标为_______；(2)如图②,点C是直线AB上不同于点B的点，且CA=AB．①求点C的坐标；②过动点P(m,0)且垂直与x轴的直线与直线AB交于点E，若点E不在线段BC上，则m的取值范围是_______；(3)若∠ABN=45º,求直线BN的解析式.22．（10分）探索与发现（1）正方形ABCD中有菱形PEFG，当它们的对角线重合，且点P与点B重合时（如图1），通过观察或测量，猜想线段AE与CG的数量关系，并证明你的猜想；（2）当（1）中的菱形PEFG沿着正方形ABCD的对角线平移到如图2的位置时，猜想线段AE与CG的数量关系，只写出猜想不需证明.23．（10分）如图，平行四边形ABCD的四个内角的平分线相交成四边形EFGH，求证：（1）EG=HF．（2）EG=BC-AB．24．（10分）快递公司为提高快递分拣的速度，决定购买机器人来代替人工分拣，两种型号的机器人的工作效率和价格如表：型号甲乙每台每小时分拣快递件数(件)1000800每台价格(万元)53该公司计划购买这两种型号的机器人共10台，并且使这10台机器人每小时分拣快递件数总和不少于8500件(1)设购买甲种型号的机器人x台，购买这10台机器人所花的费用为y万元，求y与x之间的关系式；(2)购买几台甲种型号的机器人，能使购买这10台机器人所花总费用最少？最少费用是多少？25．（12分）正方形ABCD中，E是BC上一点，F是CD延长线上一点，BE=DF，连接AE，AF，EF，G为EF中点，连接AG，DG．（1）如图1：若AB=3，BE=1，求DG；（2）如图2：延长GD至M，使GM=GA，过M作MN∥FD交AF的延长线于N，连接NG，若∠BAE=30°．求证：26．计算：（1）（2）已知，，求的值.

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【解析】

首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的等积转换可得邻边相等，则四边形为菱形．所以根据菱形的性质进行判断．【详解】解:四边形是用两张等宽的纸条交叉重叠地放在一起而组成的图形，，，四边形是平行四边形（对边相互平行的四边形是平行四边形）；过点分别作，边上的高为，．则（两纸条相同，纸条宽度相同）；平行四边形中，，即，，即．故正确；平行四边形为菱形（邻边相等的平行四边形是菱形）．，（菱形的对角相等），故正确；，（平行四边形的对边相等），故正确；如果四边形是矩形时，该等式成立．故不一定正确．故选：．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质．注意：“邻边相等的平行四边形是菱形”，而非“邻边相等的四边形是菱形”．2、D【解析】

根据菱形的对角线互相垂直平分求出OA、OB，再利用勾股定理列式进行计算即可得解．【详解】解：如图：解：∵四边形ABCD是菱形，∵AC=6，BD=8，

∴OA=3，OB=4，即菱形ABCD的边长是1．

故选：D．【点睛】本题主要考查了菱形的对角线互相垂直平分的性质，勾股定理的应用，熟记性质是解题的关键．3、D【解析】

根据A,C的坐标特点得到B,D也关于原点对称，故可求出D的坐标，即可判断.【详解】∵平行四边形ABCD中，A（m，n），C（-m，-n）关于原点对称，∴B,D也关于原点对称，∵B（2，-1）∴D（-2,1）故点D在第四象限，点D与原点距离是故丙丁正确，选D.【点睛】此题主要考查平行四边形的性质，解题的关键是熟知各点的坐标特点.4、B【解析】

根据一次函数图象上点的坐标特征，把（2，1）代入y=kx中即可计算出k的值．【详解】把（2，1）代入y=kx得2k=1，解得k=．故选B．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征：一次函数y=kx+b，（k≠0，且k，b为常数）的图象是一条直线．它与x轴的交点坐标是（-，0）；与y轴的交点坐标是（0，b）．直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y=kx+b．5、C【解析】解：A．平行四边形是中心对称图形，说法正确；B．斜边及一锐角分别相等的两直角三角形全等，说法正确；C．两个锐角分别相等的两直角三角形全等，说法错误；D．一直角边及斜边分别相等的两直角三角形全等，说法正确．故选C．6、D【解析】

由三角形的内心和外心性质得出选项A不正确；由平行四边形的性质得出选项B不正确；由三角形中位线定理得出选项C不正确；由平行四边形的判定得出选项D正确；即可得出结论．【详解】解：A．在三角形中，到三角形三边距离相等的点是三条边垂直平分线的交点；不正确；B．平行四边形是轴对称图形；不正确；C．三角形的中位线将三角形分成面积相等的两个部分；不正确；D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形；正确；故选：D．【点睛】本题考查了命题与定理、三角形的内心与外心、平行四边形的判定与性质以及三角形中位线定理；对各个命题进行正确判断是解题的关键．7、A【解析】

由于图①有矩形有6个＝5×1+1，图②矩形有11个＝5×2+1，图③矩形有16＝5×3+1，第n个图形矩形的个数是5n+1把n＝6代入求出即可．【详解】解：∵图①有矩形有6个＝5×1+1，图②矩形有11个＝5×2+1，图③矩形有16＝5×3+1，∴第n个图形矩形的个数是5n+1当n＝6时，5×6+1＝31个．故选：A．【点睛】此题主要考查了图形的变化规律，是根据图形进行数字猜想的问题，关键是通过归纳与总结，得到其中的规律，然后利用规律解决一般问题．8、C【解析】

根据二次根式的非负性可得，解得：【详解】解：∵使有意义，∴解得故选C【点睛】本题考查二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的非负性为解题关键9、C【解析】

如图，连接PD．由B、D关于AC对称，推出PB=PD，推出PB+PE=PD+PE，推出当D、P、E共线时，PE+PB的值最小，观察图象可知，当点P与A重合时，PE+PB=3，推出AE=EB=1，AD=AB=2，分别求出PB+PE的最小值，PC的长即可解决问题．【详解】如图，连接PD．∵B、D关于AC对称，∴PB=PD，∴PB+PE=PD+PE，∴当D、P、E共线时，PE+PB的值最小，如下图：当点P与A重合时，PE+PB=3,,AD=AB=2在RT△AED中，DE=点H的纵坐标为点H的横坐标为H故选C.【点睛】本题考查正方形的性质，解题关键在于熟练掌握正方形性质及计算法则.10、C【解析】试题分析：这个正多边形的边数是n，则（n﹣2）•180°=720°，解得：n=1．则这个正多边形的边数是1．故选C．考点：多边形内角与外角．11、D【解析】

先设AC＝b，BC＝a，AB＝c，根据勾股定理有c2＋b2＝a2，再根据等式性质可得c2＋b2＝a2，再根据等边三角形的性质以及特殊三角函数值，易求得S3＝×sin60°a•a＝a2，同理可求S2＝b2，S1＝c2，从而可得S1＋S2＝S3，易求S1.【详解】解：如图，设等边三角形△A'BC，△AB'C，△ABC'的面积分别是S3，S2，S1，设AC＝b，BC＝a，AB＝c，∵△ABC是直角三角形，且∠BAC＝90度，∴c2＋b2＝a2，∴c2＋b2＝a2，又∵S3＝×sin60°a•a＝a2，同理可求S2＝b2，S1＝c2，∴S1＋S2＝S3，∵S3＝8，S2＝3，∴S1＝S3−S2＝8−3＝5，故选：D．【点睛】本题考查了勾股定理，等边三角形的性质、特殊三角函数值的应用．解题关键是根据等边三角形的性质求出每一个三角形的面积．12、C【解析】

根据平行四边形的性质求解即可．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形∴∵AC+BD＝20∴∴△AOB的周长故答案为：C．【点睛】本题考查了三角形的周长问题，掌握平行四边形的性质是解题的关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、（3，-1）【解析】

直接利用平移中点的变化规律：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减，据此可得．【详解】将点A（-1，2）向右平移4个单位长度，再向下平移3个单位长度，

则平移后点的坐标是（-1+4，2-3），即（3，-1），

故答案为：（3，-1）．【点睛】此题考查坐标与图形变化-平移，解题关键在于掌握左右移动改变点的横坐标，左减，右加；上下移动改变点的纵坐标，下减，上加．14、1【解析】

根据正多边形的外角和以及一个外角的度数，求得边数．【详解】解：正多边形的一个外角等于40°，且外角和为360°，

则这个正多边形的边数是：360°÷40°=1．故答案为：1．【点睛】本题主要考查了多边形的外角和定理，解决问题的关键是掌握多边形的外角和等于360度．15、1【解析】

观察图形可知，小正方形的面积为1，可得出小正方形的边长是1，进而求出直角三角形较短直角边长，再利用勾股定理得出大正方形的边长，进而求出答案．【详解】解：∵小正方形的面积为1，∴小正方形的边长是1，

∵直角三角形较长直角边长为4，∴直角三角形较短直角边长为：4-1=3，∴大正方形的边长为：，∴大正方形的面积为：5²=1，故答案为：1．【点睛】本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式，本题属于基础题型．16、17【解析】

过作构造平行四边形及相似三角形，利用平行四边形及相似三角形的性质可得答案．【详解】如图，过作交于，交于，因为AD∥BC，EF∥BC，所以四边形四边形，四边形都为平行四边形，则，因为，所以，因为EF∥BC，所以，所以，因为2AE=BE，，，所以，所以，所以．故答案为：．【点睛】本题考查等腰梯形中通过作腰的平行线构造平行四边形及相似三角形，考查平行四边形的性质及相似三角形的性质，掌握这些性质是解题的关键．17、1【解析】

根据条件计算出图(1)正方形A1B1C1D1的面积,同理求出正方形A2B2C2D2的面积,由此找出规律即可求出答案．【详解】图(1)中正方形ABCD的面积为1,把各边延长一倍后,每个小三角形的面积也为1,所以正方形A1B1C1D1的面积为5,图(2)中正方形A1B1C1D1的面积为5,把各边延长一倍后,每个小三角形的面积也为5,所以正方形A2B2C2D2的面积为52=25,由此可得正方形A5B5C5D5的面积为55=1．【点睛】本题考查图形规律问题,关键在于列出各图形面积找出规律．18、126°【解析】

直接利用翻折变换的性质以及平行线的性质分析得出答案．【详解】解：如图，由题意可得：∠ABC=∠BCE=∠BCA=27°，

则∠ACD=180°-27°-27°=126°．

故答案为：126°．【点睛】本题主要考查了翻折变换的性质以及平行线的性质，正确应用相关性质是解题关键．三、解答题（共78分）19、（1）反比例函数的解析式为y1＝4x，一次函数的解析式为y1＝1x+1；（1）﹣1＜x＜0或x＞1；（3）C的坐标（1，0）或（﹣3，0【解析】

（1）根据待定系数法，可得函数解析式；（1）根据一次函数图象在上方的部分是不等式的解，可得答案；（3）根据面积的和差，可得答案．【详解】（1）∵函数y1＝kx的图象过点A（1，4），即4＝k∴k＝4，即y1＝4x又∵点B（m，﹣1）在y1＝4x∴m＝﹣1，∴B（﹣1，﹣1），又∵一次函数y1＝ax+b过A、B两点，即-2a+b=-2a+b=4解之得a=2b=2∴y1＝1x+1．反比例函数的解析式为y1＝4x一次函数的解析式为y1＝1x+1；（1）要使y1＜y1，即函数y1的图象总在函数y1的图象下方，∴﹣1＜x＜0或x＞1；（3）如图，直线AB与x轴交点E的坐标（﹣1，0），∴S△ABC＝S△AEC+S△BEC＝12EC×4+12EC×1＝∴EC＝1，-1+1=1，-1-1=-3，∴C的坐标（1，0）或（﹣3，0）．【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，利用待定系数法求解析式，函数与不等式的关系．20、（1）作图见解析；（2）作图见解析.【解析】

直接利用平行四边形的性质得出符合题意的图形；直接利用矩形的性质得出符合题意的图形．【详解】如图甲所示：四边形ACBD是平行四边形；如图乙所示：四边形ABCD是矩形．【点睛】此题主要考查了应用设计与作图，正确把握平行四边形以及矩形的性质是解题关键．21、（1）（1,0），（0，-2）；（2）C（2,2）；m<0或m>2；（3）或y=-3x-2.【解析】

（1）利用函数解析式和坐标轴上点的坐标特征即可解决问题；（2）①如图②，过点C作CD⊥x轴，垂足是D．构造全等三角形，利用全等三角形的性质求得点C的坐标；②由①可知D（2，0），观察图②，可知m的取值范围是：m＜0或m＞2；（3）如图③中，作AN⊥AB，使得AN=AB，作NH⊥x轴于H，则△ABN是等腰直角三角形，∠ABN=45°．利用全等三角形的性质求出点N坐标，当直线BN′⊥直线BN时，直线BN′也满足条件，求出直线BN′的解析式即可．【详解】解：（1）如图①，令y=0，则2x-2=0，即x=1．所以A（1，0）．令x=0，则y=-2，即B（0，-2）．故答案是：（1，0）；（0，-2）；（2）①如图②，过点C作CD⊥x轴，垂足是D，∵∠BOA=∠ADC=90°，∠BAO=∠CAD，CA=AB，∴△BOA≌△CAD（AAS），∴CD=OB=2，AD=OA=1，∴C（2，2）；②由①可知D（2，0），观察图②，可知m的取值范围是：m＜0或m＞2．故答案是：m＜0或m＞2；（3）如图③，作AN⊥AB，使得AN=AB，作NH⊥x轴于H，则△ABN是等腰直角三角形，∠ABN=45°．∵∠AOB=∠BAN=∠AHN=90°，∴∠OAB+∠ABO=90°，∠OAB+∠HAN=90°，∴∠ABO=∠HAN，∵AB=AN，∴△ABO≌△NAH(AAS)，∴AH=OB=2，NH=OA=1，∴N（3，-1），设直线BN的解析式为y=kx+b，则有：，解得，∴直线BN的解析式为y=x-2，当直线BN′⊥直线BN时，直线BN′也满足条件，直线BN′的解析式为：.∴满足条件的直线BN的解析式为y=x-2或y=-3x-2．【点睛】本题考查一次函数的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．22、（1）结论：AE=CG．理由见解析；（2）结论不变，AE=CG.【解析】分析：（1）结论AE=CG．只要证明△ABE≌△CBG，即可解决问题．（2）结论不变，AE=CG．如图2中，连接BG、BE．先证明△BPE≌△BPG，再证明△ABE≌△CBG即可．详解：（1）结论：AE=CG．理由如下：如图1，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB，∠ABD=∠CBD，∵四边形PEFG是菱形，∴BE=BG，∠EBD=∠GBD，∴∠ABE=∠CBG，在△ABE和△CBG中，，∴△ABE≌△CBG，∴AE=CG．（2）结论不变，AE=CG．理由如下：如图2，连接BG、BE．∵四边形PEFG是菱形，∴PE=PG，∠FPE=∠FPG，∴∠BPE=∠BPG，在△BPE和△BPG中，，∴△BPE≌△BPG，∴BE=BG，∠PBE=∠PBG，∵∠ABD=∠CBD，∴∠ABE=∠CBG，在△ABE和△CBG中，，∴△ABE≌△CBG，∴AE=CG．点睛：本题考查了正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，属于中考常考题型．23、（1）见详解；（2）见详解．【解析】

（1）利用三个内角等于90°的四边形是矩形，即可证明；（2）延长AF交BC于M，通过全等得到AB=BM，然后证明四边形EMCG是平行四边形，得到EG=CM，即可得证．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD，

∴∠ABC+∠BCD=180°，

∵BH，CH分别平分∠ABC与∠BCD，

∴∠HBC=∠ABC，∠HCB=∠BCD，

∴∠HBC+∠HCB=（∠ABC+∠BCD）=×180°=90°，

∴∠H=90°，

同理∠HEF=∠F=90°，

∴四边形EFGH是矩形，∴EG=HF；（2）如图，延长AF交BC于M，由（1）中可知AE⊥AF，即∠BEA=∠BEM=90°，在Rt△ABE和Rt△MBE中，，∴△ABE≌△MBE，∴AB=MB，AE=EM，由于四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABC=∠ADC，AB=CD∵BH，DF分别平分∠ABC与∠ADC，∴∠ABE=∠CDG，在Rt△ABE和Rt△CDG中，，∴△ABE≌△CDG，∴CG=AE，∴CG=EM，由于四边形EFGH是矩形，∴EM∥CG，∴四边形EMCG是平行四边形，∴EG=MC，由于MC=BC-BM，∴EG=BC-AB．【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，熟练掌握判定方法是解题的关键．24、（1）y＝2x+30（2）购买3台甲种型号的机器人，能使购买这10台机器人所花总费用最少，最少费用为36万元【解析】

（1）根据总费用＝甲种型号机器人的费用+乙种机器人的费用，求出y与x的关系式即可；（2）根据这10台机器人每小时分拣快递件数总和不少于8500件，列出不等式，求得x的取值范围，再利用（1）中函数，求出y的最小值即可．【详解】解：（1）y与x之间的函数关系式为：y＝5x+3（10﹣x）＝2x+30；（2）由题可得：1000x+800（10﹣x）≥8500，解得，∵2＞0，∴y随x的增大而增大，∴当x＝3时，y取得最小值，∴y最小＝2×3+30＝36，∴购买3台甲种型号的机器人，能使购买这10台机器人所花总费用最少，最少费用为36万元．【点睛】本题主要考查了一次函