湖北省武汉十三中学2024届八年级下册数学期末监测模拟试题含解析

湖北省武汉十三中学2024届八年级下册数学期末监测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(每小题3分,共30分)1．如图，O是▱ABCD对角线的交点，，，，则的周长是A．17 B．13 C．12 D．102．如图，在正方形中，相交于点，分别为上的两点，，，分别交于两点，连，下列结论：①；②；③；④，其中正确的是（）A．①② B．①④ C．①②④ D．①②③④3．下列函数中，是一次函数的是（）．①②③④⑤A．①⑤ B．①④⑤ C．②③ D．②④⑤4．已知一次函数y=（m+1）x+n-2的图象经过一．三．四象限，则m，n的取值范围是（）A．m＞-1，n＞2 B．m＜-1，n＞2 C．m＞-1，n＜2 D．m＜-1，n＜25．下列各组数中，以a、b、c为边的三角形不是直角三角形的是（）A．a=1、b=2、c= B．a=1.5、b=2、c=3C．a=6、b=8、c=10 D．a=3、b=4、c=56．下列角度不可能是多边形内角和的是（）A．180° B．270° C．360° D．900°7．如图，正方形的边长为3，点在正方形.内若四边形恰是菱形，连结，且，则菱形的边长为（

）.A． B． C．2 D．8．一元二次方程2x2﹣3x+1=0的根的情况是（）A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根C．只有一个实数根 D．没有实数根9．匀速地向如图的容器内注水，最后把容器注满，在注水过程中，水面的高度h随时间t的变化而变化，变化规律为一折线，下列图象（草图）正确的是（）A． B．C． D．10．如图,中,,,则的度数为()A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．当x=时，二次根式的值为_____.12．若关于x的一元二次方程（m﹣1）x2+5x+m2﹣3m+2＝0的常数项为0，则m的值等于_____．13．已知点A（2，a），B（3，b）在函数y=1﹣x的图象上，则a与b的大小关系是_____．14．若最简二次根式与是同类二次根式，则=_______．15．将正比例函数y=﹣2x的图象沿y轴向上平移5个单位，则平移后所得图象的解析式是_____．16．如图，EF⊥AD，将平行四边形ABCD沿着EF对折．设∠1的度数为n°，则∠C=______．（用含有n的代数式表示）17．已知点P（1，2）关于x轴的对称点为P′，且P′在直线y=kx+3上，把直线y=kx+3的图象向上平移2个单位，所得的直线解析式为．18．平行四边形的面积等于，两对角线的交点为，过点的直线分别交平行四边形一组对边、于点、，则四边形的面积等于________。三、解答题(共66分)19．（10分）如图，正方形中，点、、分别是、、的中点，、交于，连接、.下列结论：①；②；③；④.正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个20．（6分）为了更好的治理西流湖水质，保护环境，市治污公司决定购买10台污水处理设备．现有A、B两种型号的设备，其中每台的价格，月处理污水量如下表：A型B型价格（万元/台）ab处理污水量（吨／月）240200经调查：购买一台A型设备比购买一台B型设备多2万元，购买2台A型设备比购买3台B型设备少6万元．（1）求a，b的值；（2）经预算：市治污公司购买污水处理设备的资金不超过105万元，你认为该公司有哪几种购买方案；（3）在（2）问的条件下，若每月要求处理西流湖的污水量不低于2040吨，为了节约资金，请你为治污公司设计一种最省钱的购买方案．21．（6分）如图，在矩形中，、分别是、的中点，、分别是、的中点．求证：；四边形是什么样的特殊四边形？请说明理由．22．（8分）计算题：（1）；（2）已知，，求代数式的值．23．（8分）甲、乙两人匀速从同一地点到1500米处的图书馆看书，甲出发5分钟后，乙以50米/分的速度沿同一路线行走．设甲、乙两人相距s（米），甲行走的时间为t（分），s关于t的函数图象的一部分如图所示．（1）求甲行走的速度；（2）在坐标系中，补画s关于t的函数图象的其余部分；（3）问甲、乙两人何时相距360米？24．（8分）甲、乙两人参加操作技能培训，他们在培训期间参加的5次测试成绩（满分10分）记录如下：5次测试成绩（分）平均数方差甲8878980.4乙59710983.2（1）若从甲、乙两人中选派一人参加操作技能大赛，你认为应选谁？为什么？（2）如果乙再测试一次，成绩为8分，请计算乙6次测试成绩的方差（结果保留小数点后两位）．25．（10分）如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于D，点E，F分别是AB，AC的中点．求证：四边形AEDF是菱形．26．（10分）如图1，在正方形和正方形中，边在边上，正方形绕点按逆时针方向旋转（1）如图2，当时，求证：；（2）在旋转的过程中，设的延长线交直线于点．①如果存在某一时刻使得，请求出此时的长；②若正方形绕点按逆时针方向旋转了，求旋转过程中，点运动的路径长．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解析】

利用平行四边形的性质和勾股定理易求BO的长即可.【详解】∵▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∴AO=CO=3∵AB⊥AC，AB=4，AC=6，∴BO==1．∴△AOB的周长=AB+AO+BO=4+3+1=12，故选C．【点睛】本题考查了平行四边形的性质以及勾股定理的运用，是中考常见题型，比较简单．2、D【解析】

①易证得△ABE≌△BCF（ASA），则可得结论①正确；②由△ABE≌△BCF，可得∠FBC＝∠BAE，证得∠BAE＋∠ABF＝90°即可知选项②正确；③根据△BCD是等腰直角三角形，可得选项③正确；④证明△OBE≌△OCF，根据正方形的对角线将面积四等分，即可得出选项④正确．【详解】解：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，在△ABE和△BCF中，AB＝BC，∠ABE＝∠BCF，BE＝CF，∴△ABE≌△BCF（SAS），∴AE＝BF，故①正确；②由①知：△ABE≌△BCF，∴∠FBC＝∠BAE，∴∠FBC＋∠ABF＝∠BAE＋∠ABF＝90°，∴AE⊥BF，故②正确；③∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠BCD＝90°，∴△BCD是等腰直角三角形，∴BD＝BC，∴CE＋CF＝CE＋BE＝BC＝，故③正确；④∵四边形ABCD是正方形，∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，在△OBE和△OCF中，OB＝OC，∠OBE＝∠OCF，BE＝CF，∴△OBE≌△OCF（SAS），∴S△OBE＝S△OCF，∴S四边形OECF＝S△COE＋S△OCF＝S△COE＋S△OBE＝S△OBC＝S正方形ABCD，故④正确；故选：D．【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质．注意掌握全等三角形的判定与性质是解此题的关键．3、A【解析】

根据一次函数的定义条件进行逐一分析即可．【详解】解：①y=-2x是一次函数；②自变量x在分母，故不是一次函数；③y=-2x2自变量次数不为1，故不是一次函数；④y=2是常数，故不是一次函数；⑤y=2x-1是一次函数．所以一次函数是①⑤．故选：A．【点睛】本题主要考查了一次函数．解题的关键是掌握一次函数的定义，一次函数y=kx+b的定义条件是：k、b为常数，k≠0，自变量次数为1．4、C【解析】

根据一次函数的图象和性质得出m+1＞0，n-2＜0，解不等式即可．【详解】解：∵一次函数y=（m+1）x+n-2的图象经过一．三．四象限∴m+1＞0，n-2＜0∴m＞-1，n＜2，故选：C．【点睛】本题主要考查了一次函数图象与系数的关系，关键是掌握数形结合思想．5、B【解析】

“如果一个三角形的三条边长分别为a、b、c，且有，那么这个三角形是直角三角形.”【详解】解：A.12+=22;B.1.52+22≠32;C.62+82=102;D.32+42=52.故选B．【点睛】本题考核知识点：勾股定理逆定理.解题关键点：理解勾股定理逆定理的意义.6、B【解析】

根据多边形的内角和公式即可求解.【详解】解：A、180°÷180°＝1，是180°的倍数，故可能是多边形的内角和；B、270°÷180°＝1…90°，不是180°的倍数，故不可能是多边形的内角和；C、360°÷180°＝2，是180°的倍数，故可能是多边形的内角和；D、900÷180＝5，是180°的倍数，故可能是多边形的内角和．故选：B．【点睛】此题主要考查多边形的内角，解题的关键是熟知多边形的内角和公式.7、D【解析】

过点F作FM⊥AB，则FM＝BM，BF2＝2FM2，由AF2﹣FB2＝3可得AM﹣BM＝1，可求出AM＝2，BM＝1，则AF的长可求出．【详解】如图，过点F作FM⊥AB，∵∠ABF＝45°，∴FM＝BM，∴BF2＝2FM2，∴AF2﹣BF2＝AF2﹣FM2﹣BM2＝3∴AM2﹣BM2＝3，∵AM+BM＝3，∴AM﹣BM＝1，∴AM＝2，BM＝1，∴．故选：D．【点睛】此题考查菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，注意构造直角三角形是解决问题的关键．8、B【解析】试题分析：对于一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)，当△=b2-4ac>0时方程有两个不相等的实数根，当△9、C【解析】

根据注水的容器可知最底层h上升较慢，中间层加快，最上一层更快，即可判断.【详解】∵匀速地向如图的容器内注水，由注水的容器可知最底层底面积大，h上升较慢，中间层底面积较小，高度h上升加快，最上一层底面积最小，h上升速度最快，故选C.【点睛】此题主要考查函数图像的识别，解题的关键是根据题意找到对应的函数图像.10、B【解析】

设∠ADE=x，则∠B+19°=x+14°，可用x表示出∠B和∠C，再利用外角的性质可表示出∠DAE和∠DEA，在△ADE中利用三角形内角和求得x，即可得∠DAE的度数．【详解】解：设∠ADE=x，且∠BAD=19°，∠EDC=14°，

∴∠B+19°=x+14°，

∴∠B=x-5°，

∵AB=AC，

∴∠C=∠B=x-5°，

∴∠DEA=∠C+∠EDC=x-5°+14°=x+9°，

∵AD=DE，

∴∠DEA=∠DAE=x+9°，

在△ADE中，由三角形内角和定理可得

x+x+9°+x+9°=180°，

解得x=54°，即∠ADE=54°，

∴∠DAE=63°

故选：B．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质以及三角形的外角的性质，用∠ADE表示出∠DAE和∠DEA是解题的关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、【解析】

把x=代入求解即可【详解】把x=代入中，得，故答案为【点睛】熟练掌握二次根式的化简是解决本题的关键，难度较小12、2【解析】试题分析：一元二次方程的根就是一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．把x=1代入方程，即可得到一个关于m的方程，从而求得m的值，还要注意一元二次方程的系数不能等于1．试题解析：把x=1代入（m-1）x2+5x+m2-3m+2=1中得：m2-3m+2=1，解得：m=1或m=2，∵m-1≠1，∴m≠1，∴m=2．考点：一元二次方程的解．13、a>b.【解析】

分别把点A（2，a），B（3，b）代入函数y=1-x，求出a、b的值，并比较出其大小即可．【详解】∵点A(2,a),B(3,b)在函数y=1−x的图象上，∴a=−1，b=−2，∵−1>−2，∴a>b.故答案为：a>b.【点睛】此题考查一次函数图象上点的坐标特征，解题关键在于把A,B代入方程.14、4【解析】

根据同类二次根式的定义，被开方数相等，由此可得出关于x的方程，进而可求出x的值．【详解】解：由题意可得：解：当时，与都是最简二次根式故答案为：4.【点睛】本题考查了同类二次根式与最简二次根式的定义，掌握定义是解题的关键．15、y＝－2x+1【解析】根据上下平移时只需让b的值加减即可，进而得出答案即可．解：原直线的k=-2，b=0；向上平移1个单位得到了新直线，

那么新直线的k=-2，b=0+1=1．

故新直线的解析式为：y=-2x+1．

故答案为y=-2x+1．“点睛”此题主要考查了一次函数图象与几何变换，求直线平移后的解析式时要注意平移时k的值不变，只有b发生变化．16、180°﹣n°【解析】

由四边形ABCD是平行四边形，可知∠B=180°﹣∠C；再由由折叠的性质可知，∠GHC=∠C，即可得∠GHB=180°﹣∠C；根据三角形的外角的性质可知∠1=∠GHB+∠B=360°﹣2∠C，即可得360°﹣2∠C=n°，由此求得∠C=180°﹣n°.【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B=180°﹣∠C，由折叠的性质可知，∠GHC=∠C，∴∠GHB=180°﹣∠C，由三角形的外角的性质可知，∠1=∠GHB+∠B=360°﹣2∠C，∴360°﹣2∠C=n°，解得，∠C=180°﹣n°，故答案为：180°﹣n°．【点睛】本题考查的是平行四边形的性质及图形翻折变换的性质，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．17、y=﹣1x+1．【解析】

由对称得到P′（1，﹣2），再代入解析式得到k的值，再根据平移得到新解析式.【详解】∵点P（1，2）关于x轴的对称点为P′，∴P′（1，﹣2），∵P′在直线y=kx+3上，∴﹣2=k+3，解得：k=﹣1，则y=﹣1x+3，∴把直线y=kx+3的图象向上平移2个单位，所得的直线解析式为：y=﹣1x+1．故答案为y=﹣1x+1．考点：一次函数图象与几何变换．18、【解析】

根据“过平行四边形对角线的交点的直线将平行四边形等分为两部分”解答即可．【详解】如图平行四边形ABCD，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OD=OB，OA=OC，则可得：△DF0≌△BEO，△ADO≌△CBO，△CF0≌△AEO，∴直线l将四边形ABCD的面积平分．∵平行四边形ABCD的面积等于10cm2，∴四边形AEFD的面积等于5cm2，故答案为：5cm2【点睛】本题考查了中心对称，全等三角形的判定与性质，解答本题的关键在于举例说明，利用全等的知识解决．三、解答题(共66分)19、C【解析】

连接AH，由四边形ABCD是正方形与点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，易证得△BCE≌△CDF与△ADH≌△DCF，根据全等三角形的性质，易证得CE⊥DF与AH⊥DF，根据垂直平分线的性质，即可证得AG=AD，AG≠DG，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证得HG=AD，根据等腰三角形的性质，即可得∠CHG=∠DAG．则问题得解．【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=90°，∵点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，∴BE=CF，在△BCE与△CDF中，，∴△BCE≌△CDF，（SAS），∴∠ECB=∠CDF，∵∠BCE+∠ECD=90°，∴∠ECD+∠CDF=90°，∴∠CGD=90°，∴CE⊥DF；故①正确；在Rt△CGD中，H是CD边的中点，∴HG=CD=AD，即2HG=AD；故④正确；连接AH，如图所示：同理可得：AH⊥DF，∵HG=HD=CD，∴DK=GK，∴AH垂直平分DG，∴AG=AD；若AG=DG，则△ADG是等边三角形，则∠ADG=60°，∠CDF=30°，而CF=CD≠DF，∴∠CDF≠30°，∴∠ADG≠60°，∴AG≠DG，故②错误；∴∠DAG=2∠DAH，同理：△ADH≌△DCF，∴∠DAH=∠CDF，∵GH=DH，∴∠HDG=∠HGD，∴∠GHC=∠HDG+∠HGD=2∠CDF，∴∠CHG=∠DAG；故③正确；正确的结论有3个，故选C．【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质以及垂直平分线的性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．20、（1）；（2）①A型设备0台，B型设备10台；②A型设备1台，B型设备9台；③A型设备2台，B型设备8台.；（3）为了节约资金，应选购A型设备1台，B型设备9台.【解析】

（1）根据“购买一台A型设备比购买一台B型设备多2万元，购买2台A型设备比购买3台B型设备少6万元”即可列出方程组，继而进行求解；（2）可设购买污水处理设备A型设备x台，B型设备（10-x）台，则有12x+10（10-x）≤105，解之确定x的值，即可确定方案；（3）因为每月要求处理流溪河两岸的污水量不低于2040吨，所以有240x+200（10-x）≥2040，解之即可由x的值确定方案，然后进行比较，作出选择．【详解】(1)根据题意得：，∴；(2)设购买污水处理设备A型设备x台,B型设备(10−x)台，则：12x+10(10−x)⩽105，∴x⩽2.5，∵x取非负整数，∴x=0，1，2，∴有三种购买方案：①A型设备0台，B型设备10台；②A型设备1台，B型设备9台；③A型设备2台，B型设备8台.(3)由题意：240x+200(10−x)⩾2040，∴x⩾1，又∵x⩽2.5，x取非负整数，∴x为1，2.当x=1时,购买资金为：12×1+10×9=102(万元)，当x=2时,购买资金为：12×2+10×8=104(万元)，∴为了节约资金，应选购A型设备1台，B型设备9台.【点睛】此题考查一元一次不等式的应用，二元一次方程组的应用，解题关键在于理解题意列出方程.21、（1）证明见解析（2）菱形【解析】

（1）连接MN，证明四边形AMNB是矩形，得出∠MNB=90°，根据直角三角形斜边上的中线性质即可得出结论；

（2）先证明四边形MPNQ是平行四边形，再由（1）即可得出结论．【详解】证明：连接，如图所示：∵四边形是矩形，∴，，，∵、分别是、的中点，∴，，∴，∴四边形是平行四边形，∴平行四边形是矩形，∴，∵是的中点，∴；四边形是菱形；理由如下：解：∵，，∴四边形是平行四边形，∴，，又∵、分别是、的中点，∴，∴四边形是平行四边形，由得，∴四边形时菱形．【点睛】本题考查了菱形与矩形的性质，解题的关键是熟练的掌握菱形的判定与矩形的性质.22、（1）；（2）12.【解析】

（1）利用以及二次根式运算法则计算即可；（2）根据=计算即可.【详解】（1）=（）=；（2）∵，，∴==.【点睛】本题主要考查了二次根式的化简计算，熟练掌握相关公式是解题关键.23、（1）30米/分；（2）见解析；（3）当甲行走30.5分钟或38分钟时，甲、乙两人相距360米．【解析】

（1）由图象可知t=5时，s=11米，根据速度=路程÷时间，即可解答；（2）根据图象提供的信息，可知当t=35时，乙已经到达图书馆，甲距图书馆的路程还有（110-101）=41米，甲到达图书馆还需时间；41÷30=15（分），所以35+15=1（分），所以当s=0时，横轴上对应的时间为1．（3）分别求出当12.5≤t≤35时和当35＜t≤1时的函数解析式，根据甲、乙两人相距360米，即s=360，分别求出t的值即可．【详解】（1）甲行走的速度：11÷5=30（米/分）；（2）当t=35时，甲行走的路程为：30×35=101（米），乙行走的路程为：（35-5）×1=110（米），∴当t=35时，乙已经到达图书馆，甲距图书馆的路程还有（110-101）=41米，∴甲到达图书馆还需时间；41÷30=15（分），∴35+15=1（分），∴当s=0时，横轴上对应的时间为1．补画的图象如图所示（横轴上对应的时间为1），（3）如图，设乙出发经过x分和甲第一次相遇，根据题意得：11+30x=1x，解得：x=7.5，7.5+5=12.5（分），由函数图象可知，当t=12.5时，s=0，∴点B的坐标为（12.5，0），当12.5≤t≤35时，设BC的解析式为：s=kt+b，（k≠0），把C（35，41），B（12.5，0）代入可得：解得：，∴s=20t-21，当35＜t≤1时，设CD的解析式为s=k1x+b1，（k1≠0），把D（1，0），C（35，41）代入得：解得：∴s=-30t+110，∵甲、乙两人相距360米，即s=360，解得：t1=30.5，t2=38，∴当甲行走30.5分钟或38分钟时，甲、乙两人相距360米．【点睛】本题考查了行程问题的数量关系的运用，一次函数的解析式的运用，解答时求出函数的解析式是关键．24、（1）甲；（2）2.1．【解析】

（1）从平均数与方差上进行分析，根据方差越大，波动越大，数据越不稳定，反之，方差越小，波动越小，数据越稳定即可求出答案；（2）根据方差的计算公式进行计算即可得．【详解】解：（1）从平均数看，甲、乙的平均数一样，都是8分，从方差看，0.4<3.2，即甲的方差比乙的方差小，甲的成绩比较稳定，因此应该选派甲去参加操作技能大赛；（2）乙的平均数为：（5+9+7+10+9+8）÷6=8，方差为：=≈2.1，答：乙6次测试成绩的方差为2.1．【点睛】本题考查了方差的意义，熟练掌握方差的意义以及方差的计算公式是解题的关键．25、证明见解析.【解析】

先根据直角三角形斜边上中线的性质，得出DE=AB=AE，DF=AC=AF，再根据AB=AC，点E、F分别是AB、AC的中点，即可得到AE=AF=DE=DF，进而判定四边形AEDF是菱形.【详解】解：∵AD⊥BC，点E、F分别是AB、AC的中点，∴Rt△ABD中，DE=AB=AE，Rt△ACD中，DF=AC=AF，又∵AB=AC，点E、F分别是AB、AC的中点，∴AE=AF，∴AE=AF=DE=DF，∴四边形AEDF是菱形．【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质的运用，解题时注意：四条边相等的四边形是菱形.26、（1）见详解;(2);.【解析】

（1）由正方形的性质得出AD＝AB，AG＝AE，∠BAD＝∠EAG＝90°，由∠BAE＋∠EAD＝∠BAD，∠DAG＋∠EAD＝∠EAG，推出∠BAE＝∠DAG，由SAS即可证得△DAG≌△BAE；（2）①由AB＝2，