四川省邛崃市2024年八年级下册数学期末教学质量检测模拟试题含解析

四川省邛崃市2024年八年级下册数学期末教学质量检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每小题3分,共30分)1．下列各式正确的是（）A．ba=b2a22．在同一平面直角坐标系中，函数与的图象大致是（）A． B． C． D．3．在平面直角坐标系中，若直线y=kx+b经过第一、三、四象限，则直线y=bx+k不经过的象限是（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．（2011•潍坊）在今年我市初中学业水平考试体育学科的女子800米耐力测试中，某考点同时起跑的小莹和小梅所跑的路程S（米）与所用时间t（秒）之间的函数图象分别为线段OA和折线OBCD，下列说法正确的是（）A、小莹的速度随时间的增大而增大 B、小梅的平均速度比小莹的平均速度大C、在起跑后180秒时，两人相遇 D、在起跑后50秒时，小梅在小莹的前面5．在平面直角坐标系中，点M（﹣2，1）在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限6．一组数据为4，5，5，6，若添加一个数据5，则发生变化的统计量是（）A．平均数 B．众数 C．中位数 D．方差7．如图是一张矩形纸片ABCD，AD＝10cm，若将纸片沿DE折叠，使DC落在DA上，点C的对应点为点F，若BE＝6cm，则CD＝()A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm8．公式表示当重力为P时的物体作用在弹簧上时弹簧的长度.表示弹簧的初始长度,用厘米(cm)表示，K表示单位重力物体作用在弹簧上时弹簧的长度，用厘米(cm)表示．下面给出的四个公式中，表明这是一个短而硬的弹簧的是（）A．L=10+0.5P B．L=10+5P C．L=80+0.5P D．L=80+5P9．以下列各组数为边长，能构成直角三角形的是（）A．2，3，4 B．3，4，6 C．5，12，13 D．1，2，310．在△ABC中，已知∠A、∠B、∠C的度数之比是1：1：2，BC=4，△ABC的面积为（）A．2 B．125 C．4 D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，在等腰直角ΔABC中，∠ACB=90°，BC=2，D是AB上一个动点，以DC为斜边作等腰直角ΔDCE，使点E和A位于CD两侧。点D从点A到点B的运动过程中，ΔDCE周长的最小值是12．学校校园歌手大奖赛共有12位选手入围，按成绩取前6位进入决赛．如果王晓鸥同学知道了自己的成绩，要判断能否进入决赛，用数据分析的观点看，她还需要知道的数据是这12位同学的___．13．某校为了提升初中学生学习数学的兴趣，培养学生的创新精神，举办了“玩转数学”比赛．评委从研究报告、小组展示、答辩三个方面为每个参赛小组打分，按照研究报告占40%，小组展示占30%，答辩占30%计算各小组的成绩，各项成绩均按百分制记录．甲小组的研究报告得85分，小组展示得90分，答辩得80分，则甲小组的参赛成绩为_____．14．将矩形ABCD折叠，使得对角线的两个端点A．C重合，折痕所在直线交直线AB于点E，如果AB=4，BE=1，则BC的长为______.15．小聪让你写一个含有字母的二次根式.具体要求是：不论取何实数，该二次根式都有意义，且二次根式的值为正.你所写的符合要求的一个二次根式是______.16．如图，直角边分别为3，4的两个直角三角形如图摆放，M，N为斜边的中点，则线段MN的长为_____．17．与最简二次根式3是同类二次根式，则a＝_____．18．正十边形的外角和为__________．三、解答题(共66分)19．（10分）已知1＜x＜2，，则的值是_____．20．（6分）如图，在△ABC中，CE平分∠ACB交AB于E点，DE∥BC，DF∥AB．（1）若∠BCE＝25°，请求出∠ADE的度数；（2）已知：BF＝2BE，DF交CE于P点，连结BP，AB⊥BP．①猜想：△CDF的边DF与CD的数量关系，并说明理由；②取DE的中点N，连结NP．求证：∠ENP＝3∠DPN．21．（6分）如图，菱形ABCD中，对角线AC、BD交于O点，DE∥AC，CE∥BD．（1）求证：四边形OCED为矩形；（2）在BC上截取CF＝CO，连接OF，若AC＝16，BD＝12，求四边形OFCD的面积．22．（8分）如图，在矩形中，.(1)请用尺规作图法，在矩形中作出以为对角线的菱形，且点分别在上.(不要求写作法，保留作图痕迹)(2)在(1)的条件下，求菱形的边长.23．（8分）国务院总理温家宝2011年11月16日主持召开国务院常务会议，会议决定建立青海三江源国家生态保护综合实验区．现要把228吨物资从某地运往青海甲、乙两地，用大、小两种货车共18辆，恰好能一次性运完这批物资．已知这两种货车的载重量分别为16吨/辆和10吨/辆，运往甲、乙两地的运费如下表：运往地

车型

甲地（元/辆）

乙地（元/辆）

大货车

720

800

小货车

500

650

（1）求这两种货车各用多少辆？（2）如果安排9辆货车前往甲地，其余货车前往乙地，设前往甲地的大货车为a辆，前往甲、乙两地的总运费为w元，求出w与a的函数关系式（写出自变量的取值范围）；（3）在（2）的条件下，若运往甲地的物资不少于120吨，请你设计出使总运费最少的货车调配方案，并求出最少总运费．24．（8分）如图，已知函数y＝x+1和y＝ax+3的图象交于点P，点P的横坐标为1，（1）关于x，y的方程组的解是；（2）a＝；（3）求出函数y＝x+1和y＝ax+3的图象与x轴围成的几何图形的面积．25．（10分）对于某一函数给出如下定义：若存在实数，当其自变量的值为时，其函数值等于，则称为这个函数的不变值．在函数存在不变值时，该函数的最大不变值与最小不变值之差称为这个函数的不变长度．特别地，当函数只有一个不变值时，其不变长度为零．例如，图1中的函数有0，1两个不变值，其不变长度等于1．（1）分别判断函数，有没有不变值？如果有，请写出其不变长度；（2）函数且，求其不变长度的取值范围；（3）记函数的图像为，将沿翻折后得到的函数图像记为，函数的图像由和两部分组成，若其不变长度满足，求的取值范围．26．（10分）一列快车从甲地驶往乙地，一列慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发．设慢车行驶的时间为x（h），两车之间的距离为y（km），图中的折线表示y与x之间的函数关系式．根据题中所给信息解答以下问题：（1）甲、乙两地之间的距离为______km；图中点C的实际意义为：______；慢车的速度为______，快车的速度为______；（2）求线段BC所表示的y与x之间的函数关系式，以及自变量x的取值范围；（3）若在第一列快车与慢车相遇时，第二列车从乙地出发驶往甲地，速度与第一列快车相同，请直接写出第二列快车出发多长时间，与慢车相距200km．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【解析】

对于选项A，给ba的分子、分母同时乘以a可得ab对于选项B、C，只需取一对特殊值代入等式两边，再判断两边的值是否相等即可；对于选项D，先对xy+y2【详解】对于A选项，只有当a=b时ba=b对于B选项，可用特殊值法，令a=2、b=3，则a2+b同样的方法，可判断选项C错误；对于D选项，xy+y2x2-y故选D【点睛】本题可以根据分式的基本性质和因式分解的知识进行求解。2、C【解析】

分别讨论k＞0和k＜0时一次函数和二次函数的图像即可求解.【详解】当k＞0时，函数y=kx+k的图象经过一、二、三象限；函数y=2x2+kx的开口向上，顶点坐标在x轴的下部,y轴左部；当k＜0时，函数y=kx+k的图象经过二、三、四象限；函数y=2x2+kx的开口向上，顶点坐标在x轴的下部，y轴右部；故C正确．故选C．【点睛】本题考查的是一次函数和二次函数的图像，熟练掌握两者是解题的关键.3、C【解析】试题解析：由一次函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限，∴k>0，b<0，∴直线y=bx+k经过第一、二、四象限，∴直线y=bx+k不经过第三象限，故选C.4、D【解析】A、∵线段OA表示所跑的路程S（米）与所用时间t（秒）之间的函数图象，∴小莹的速度是没有变化的，故选项错误；B、∵小莹比小梅先到，∴小梅的平均速度比小莹的平均速度小，故选项错误；C、∵起跑后180秒时，两人的路程不相等，∴他们没有相遇，故选项错误；D、∵起跑后50秒时OB在OA的上面，∴小梅是在小莹的前面，故选项正确．故选D．5、B【解析】∵点P的横坐标为负，纵坐标为正，∴该点在第二象限．故选B．6、D【解析】

依据的定义和公式分别计算新旧两组数据的平均数、中位数、众数、方差求解即可．【详解】解：原数据的4，5，5，6的平均数为=5，中位数为5，众数为5，方差为×[（4-5）2+（5-5）2×2+（6-5）2]=0.5

新数据4，5，5，5，6的平均数为=5，中位数为5，众数为5，方差为×[（4-5）2+（5-5）2×3+（6-5）2]=0.4；

∴添加一个数据5，方差发生变化，

故选：D．【点睛】本题主要考查的是众数、中位数、方差、平均数，熟练掌握相关概念和公式是解题的关键．7、A【解析】由题意可知∠DFE=∠CDF=∠C=90°，DC=DF，∴四边形ECDF是正方形，∴DC=EC=BC-BE，∵四边形ABCD是矩形，∴BC=AD=10，∴DC=10-6=4（cm）.故选A.8、A【解析】试题分析：A和B中，L0=10，表示弹簧短；A和C中，K=0.5，表示弹簧硬；故选A考点:一次函数的应用9、C【解析】

利用勾股定理的逆定理以及三角形的三边关系，逐一验证四个选项中三条边的长度能否构成直角三角形．【详解】A、22+32=13，42=16，13≠16，∴2、3、4不能构成直角三角形；B、32+42=25，62=36，25≠36，∴3、4、6不能构成直角三角形；C、∵52+122=169，132=169，169=169，∴5、12、13能构成直角三角形；D、∵1+2=3，∴1、2、3不能构成三角形．故选C．【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理以及三角形的三边关系，逐一验证四个选项中三条边的长度能否构成直角三角形是解题的关键．10、D【解析】

根据比例设∠A=k，∠B=k，∠C=2k，然后根据三角形的内角和等于180°列方程求出k的值，从而得到三个内角的度数，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB，利用勾股定理列式求出AC，然后根据三角形的面积公式列式计算即可得解．【详解】解：设∠A=k，∠B=k，∠C=2k，

由三角形的内角和定理得，k+k+2k=180°，

解得k=45°，

所以，∠A=45°，∠B=45°，∠C=90°，

∴AC=BC=4，，

所以，△ABC的面积=12故选：D.【点睛】本题考查的知识点是直角三角形的性质和三角形的内角和定理，解题关键是利用“设k法”求解三个内角的度数．二、填空题(每小题3分,共24分)11、2+【解析】

根据勾股定理得到DE=CE=22CD，求得△DCE周长=CD+CE+DE=（1+2）CD，当CD的值最小时，△DCE周长的值最小，当CD⊥AB时，CD的值最小，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论【详解】解：∵△DCE是等腰直角三角形，

∴DE=CE=22CD，

∴△DCE周长=CD+CE+DE=（1+2）CD，

当CD的值最小时，△DCE周长的值最小，

∴当CD⊥AB时，CD的值最小，

∵在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，

∴AB=2BC=22，

∴CD=12AB=2，

∴△DCE周长的最小值是2+2，

故答案为：2+【点睛】本题考查了轴对称——最短路线问题，等腰直角三角形，熟练掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键．12、中位数．【解析】

参赛选手要想知道自己是否能进入前6名，只需要了解自己的成绩与全部成绩的中位数的大小即可．【详解】由于总共有12个人，且他们的分数互不相同，要判断是否进入前6名，只要把自己的成绩与中位数进行大小比较．故应知道中位数的多少．故答案为中位数．【点睛】本题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数、方差的意义．13、85分【解析】

根据加权平均数的定义计算可得．【详解】根据题意知，甲小组的参赛成绩为85×40%+90×30%+80×30%=85（分），故答案为：85分．【点睛】本题考查的是加权平均数的求法，根据某方面的需要选拔时往往利用加权平均数更合适．14、或2【解析】

分类讨论：当点E在线段AB上，连结CE，根据折叠的性质得到AE=CE=3，然后在Rt△BCE中，利用勾股定理计算BC；当点E在线段AB的延长线上，连结CE，根据折叠的性质得AE=CE=5，在Rt△BCE中，根据勾股定理计算BC．【详解】当点E在线段AB上,如图1,连结CE,∵AB=4，BE=1，∴AE=3，∵将矩形ABCD折叠，使得对角线的两个端点A.C重合，∴AE=CE=3，在Rt△BCE中,BC=；当点E在线段AB的延长线上，如图2，连结CE，∵AB=4，BE=1，∴AE=5，∵将矩形ABCD折叠，使得对角线的两个端点A.C重合，∴AE=CE=5，在Rt△BCE中,BC=，∴BC的长为或.【点睛】本题考查折叠问题，分情况解答是解题关键.15、【解析】

根据二次根式的定义即可求解.【详解】依题意写出一个二次根式为.【点睛】此题主要考查二次根式的定义，解题的关键是熟知二次根式的特点.16、【解析】

根据勾股定理求出斜边长,根据直角三角形的性质得到CM=,CN=,∠MCB=∠ECN,∠MCE=∠NCD,根据勾股定理计算即可.【详解】解:如图连接CM、CN,由勾股定理得,AB=DE=,△ABC、△CDE是直角，三角形,M,N为斜边的中点,CM=CN=,∠MCB=∠ECN,∠MCE=∠NCD,∠MCN=,MN=.因此,本题正确答案是:.【点睛】本题主要考查三角形的性质及计算，灵活做辅助线是解题的关键.17、3【解析】

先将化成最简二次根式，然后根据同类二次根式得到被开方数相同可得出关于的方程，解出即可．【详解】解：∵与最简二次根式是同类二次根式∴，解得：故答案为：【点睛】本题考查了最简二次根式的化简以及同类二次根式等知识点，能够正确得到关于的方程是解题的关键．18、360°【解析】

根据多边形的外角和是360°即可求出答案．【详解】∵任意多边形的外角和都是360°，∴正十边形的外交和是360°，故答案为：360°．【点睛】此题考查多边形的外角和定理，熟记定理是解题的关键．三、解答题(共66分)19、2.【解析】

变形后即可求出（）2+（）2=6，再根据完全平方公式求出即可．【详解】解：∵∴即（）2+（）2=6，∵1＜x＜2，∴>,∴====2.故答案为：2.【点睛】本题考查二次根式的混合运算和求值，完全平方公式等知识点，能灵活运用公式进行计算是解题关键．20、（1）∠ADE＝50°；（2）①CD＝2DF；见解析；②见解析．【解析】

（1）利用角平分线得出∠ACB=2∠BCE=50°，再利用两直线平行，同位角相等即可得出结论；（2）先判断出四边形BEDF是平行四边形，进而得出DE=2DF，再利用角平分线及平行线得出DE=CD，即可得出结论；（3）先利用倍长中线法得出NG=NP，∠EGN=∠DPN，再用直角三角形的中线得出∠EGN=∠EBN，再构造出菱形判断出∠BEN=∠BHN，即可得出结。【详解】（1）∵CE平分∠ACB交AB于E点，∴∠ACB＝2∠BCE，∵∠BCE＝25°，∴∠ACB＝50°，∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠ACB＝50°；（2）①∵DE∥BC，DF∥AB，∴四边形BEDF是平行四边形，∴DE＝BF，DF＝BE，∵BF＝2BE，∴DE＝2DF，∵CE平分∠ACB交AB于E点，∴∠BCE＝∠ACE，∵DE∥BC，∴∠DEC＝∠BCE，∴∠DEC＝∠DCE，∴CD＝DE，∵DE＝2DF，∴CD＝2DF；（3）如图，延长PN交AB于G，∵DF∥AB，∴∠EGN＝∠DPN，∵∠ENG＝∠DNP，∵点N是DE中点，∴EN＝DN，∴△ENG≌△DNP（AAS），∴∠EGN＝∠DPN，GN＝PN，∵AB⊥BP，∴∠ABP＝90°，∴BN＝GN，∴∠EGN＝∠EBN，∵DE＝2EN，DE＝2BE，∴EN＝BE，∴∠ENB＝∠EBN＝∠EGN＝∠DPN，过点N作NH∥BE交BC于H，∵BE∥DF，∴NH∥DF，∴∠PNH＝∠DPN，∵EN∥BH，NH∥BE，∴四边形BENH是平行四边形，∵BE＝EN，∴▱BENH是菱形，∵BE是菱形对角线，∴∠BNH＝∠BNE＝DPN，∴∠ENP＝∠BNE+∠BNH+∠PNH＝∠DPN+∠DPN+∠DPN＝3∠DPN．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了角平分线的定义，平行线的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，构造全等三角形和菱形是解本题的关键.21、（1）证明见解析；（2）．【解析】

（1）由DE∥AC，CE∥BD可得四边形OCED为平行四边形，又AC⊥BD从而得四边形OCED为矩形；（2）过点O作OH⊥BC，垂足为H，由已知可得三角形OBC、OCD的面积，BC的长，由面积法可得OH的长，从而可得三角形OCF的面积，三角形OCD与三角形OCF的和即为所求．【详解】（1）∵DE∥AC，CE∥BD，∴四边形OCED为平行四边形．又∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD．∴∠DOC=90°．∴四边形OCED为矩形．（2）∵菱形ABCD，∴AC与BD互相垂直平分于点O，∴OD＝OB＝BD＝6，OA＝OC＝AC＝8，∴CF=CO=8，S△BOC=S△DOC＝＝24，在Rt△OBC中，BC＝＝10，．作OH⊥BC于点H，则有BC·OH=24，∴OH=，∴S△COF=CF·OH=．∴S四边形OFCD＝S△DOC＋S△OCF＝.【点睛】本题考查菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，三角形面积的计算方法等知识点，熟练掌握基础知识点，计算出OH的长度是解题关键.22、(1)见解析；(2)菱形的边长为.【解析】

（1）连接BD，作BD的垂直平分线交AD、BC与E、F，点E、F即为所求的点；（2）设ED=x，则BE=x，AE=5-x，在Rt△ABE中利用勾股定理可以算出x的值即可.【详解】（1）连接BD，作BD的垂直平分线交AD、BC与E、F，连接BE，DF即可，如图，菱形即为所求.(2)设的长为，∵，∴，∴在中，，即，解得，即菱形的边长为.【点睛】此题主要考查了菱形的判定与性质，以及勾股定理的应用，关键是正确画出图形，熟练掌握菱形的判定方法．23、（1）大货车用8辆，小货车用1辆（2）w=70a＋11220（0≤a≤8且为整数）（3）使总运费最少的调配方案是：2辆大货车、4辆小货车前往甲地；3辆大货车、6辆小货车前往乙地．最少运费为3元【解析】

（1）设大货车用x辆，则小货车用18－x辆，根据运输228吨物资，列方程求解．（2）设前往甲地的大货车为a辆，则前往乙地的大货车为（8－a）辆，前往甲地的小货车为（9－a）辆，前往乙地的小货车为辆，根据表格所给运费，求出w与a的函数关系式．（3）结合已知条件，求a的取值范围，由（2）的函数关系式求使总运费最少的货车调配方案．【详解】解：（1）设大货车用x辆，则小货车用（18－x）辆，根据题意得16x＋1（18－x）=228，解得x=8，∴18－x=18－8=1．答：大货车用8辆，小货车用1辆．（2）w=720a＋800（8－a）+200（9－a）+620=70a＋11220，∴w=70a＋11220（0≤a≤8且为整数）．（3）由16a＋1（9－a）≥120，解得a≥2．又∵0≤a≤8，∴2≤a≤8且为整数．∵w=70a+11220，k=70＞0，w随a的增大而增大，∴当a=2时，w最小，最小值为W=70×2+11220=3．答：使总运费最少的调配方案是：2辆大货车、4辆小货车前往甲地；3辆大货车、6辆小货车前往乙地．最少运费为3元．24、（1）；（2）－1；（3）2【解析】

（1）先求出点P为（1，2），再把P点代入解析式即可解答.（2）把P（1，2）代入y＝ax+3，即可解答.（3）根据y＝x+1与x轴的交点为（﹣1，0），y＝﹣x+3与x轴的交点为（3，0），即可得到这两个交点之间的距离，再根据三角形的面积公式，即可解答.【详解】（1）把x＝1代入y＝x+1，得出y＝2，函数y＝x+1和y＝ax+3的图象交于点P（1，2），即x＝1，y＝2同时满足两个一次函数的解析式．所以关于x，y的方程组的解是．故答案为；（2）把P（1，2）代入y＝ax+3，得2＝a+3，解得a＝﹣1．故答案为﹣1；（3）∵函数y＝x+1与x轴的交点为（﹣1，0），y＝﹣x+3与x轴的交点为（3，0），∴这两个交点之间的距离为3﹣（﹣1）＝2，∵P（1，2），∴函数y＝x+1和y＝ax+3的图象与x轴围成的几何图形的面积为：×2×2＝2．【点睛】此题考查一次函数与二元一次方程，解题关键在于把已知点代入解析式求解.25、（1）不存在不变值；存在不变值，q=3；（2）0≤q≤2；（3）≤m≤4或m＜-0.2．【解析】

（1）由题意得：y=x-3=x，无解，故不存在不变值；y=x2-2=x，解得：x=2或-1，即可求解；

（2）由题意得：y=x2-bx+1=x，解得：x=，即可求解；

（3）由题意得：函数G的不变点为：2m-1+、2m-1-、0、4；分x=m为G1的左侧、x=m为G1的右侧，两种情况分别求解即可．【详解】解：（1）由题意得：y=x-3=x，无解，故不存在不变值；

y=x2-2=x，解得：x=2或-1，故存在不变值，q=2-（-1）=3；

（2）由题意得：y=x2-bx+1=x，

解得：x=，

q=，1≤b≤3，

解得：0≤q≤2；

（3）由题意得：y=x2-3x沿x=m对翻折后，

新抛物线的顶点为（2m-，-），

则新函数G2的表达式为：y=x2-（4m-3）x+（4m2-6m），

当y=x时，整理得：x2-（4m-2）x+（4m2-6m）=0，

x=2m-1±，

即G2的不变点是2m-1+和2m-1-；

G1的不变点是：0和4；

故函数G的不变点为：2m-1+、2m-1-、0、4，

这4个不变点最大值的可能是2m-1+、4，最小值可能2m-1-、0，

----当x=m为G1对称轴x=的左侧时，

①当最大值为2m-1+时，

当最小值为2m-1-时，

即：0≤2m-1+-（2m-1-）≤4，

解得：0≤m≤；

当最小值为0时，

同理可得：0≤m≤；

②当最大值