山东省邹平双语学校2024年八年级数学第二学期期末考试试题含解析

山东省邹平双语学校2024年八年级数学第二学期期末考试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题(每小题3分,共30分)1．下列运算正确的是A． B．C． D．2．如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是AO、AD的中点，AB＝6cm，BC＝8cm，则△AEF的周长是（）A．14cm B．8cm C．9cm D．10cm3．若a<0，b>0，则化简的结果为（）A． B． C． D．4．若一个多边形的内角和是900°，则这个多边形的边数是（）A．5B．6C．7D．85．一元二次方程x2A．x0 B．x1 C．x0,x1 D．无实根6．一组数据1，3，4，4，4，5，5，6的众数和方差分别是（）A．4，1 B．4，2 C．5，1 D．5，27．若＝2﹣a，则a的取值范围是（）A．a＝2 B．a＞2 C．a≥2 D．a≤28．如图，在▱ABCD中，BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，若BE＝2，BF＝3，▱ABCD的周长为20，则平行四边形的面积为（）A．12 B．18 C．20 D．249．为了美化校园环境，加大校园绿化投资．某区前年用于绿化的投资为18万元，今年用于绿化的投资为33万元，设这两年用于绿化投资的年平均增长率为x，则（）A．18（1+2x）＝33 B．18（1+x2）＝33C．18（1+x）2＝33 D．18（1+x）+18（1+x）2＝3310．从一个十边形的某个顶点出发，分别连接这个顶点与其余各顶点，可以把这个十边形分割成的三角形的个数为()A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，△ABC，△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，将△ADE绕点A在平面内自由旋转，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点，若AD=3，AB=7，则线段MN的取值范围是______．12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别是边AB，AC的中点，延长BC至F，使CF＝12BC，若EF＝13，则线段AB的长为_____13．若点A（2，m）在平面直角坐标系的x轴上，则点P（m-1，m+3）到原点O的距离为_____．14．要使分式2x-1有意义，则x15．如图，△ABC中，AB=AC，点B在y轴上，点A、C在反比例函数y=（k＞0，x＞0）的图象上，且BC∥x轴．若点C横坐标为3，△ABC的面积为，则k的值为______．16．如图，▱ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝4，AD＝8，点E，F分别是边BC，AD的中点，点M是AE与BF的交点，点N是CF与DE的交点，则四边形ENFM的周长是______．17．如图所示，在菱形纸片ABCD中，AB＝4，∠BAD＝60°，按如下步骤折叠该菱形纸片：第一步：如图①，将菱形纸片ABCD折叠，使点A的对应点A′恰好落在边CD上，折痕EF分别与边AD、AB交于点E、F，折痕EF与对应点A、A′的连线交于点G．第二步：如图②，再将四边形纸片BCA′F折叠使点C的对应点C′恰好落在A′F上，折痕MN分别交边CD、BC于点M、N．第三步：展开菱形纸片ABCD，连接GC′，则GC′最小值是_____．18．直线y＝x﹣与y轴的交点是_____．三、解答题(共66分)19．（10分）(﹣)2(+)+|2﹣|﹣20．（6分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝60cm，∠A＝60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/s的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/s的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D，E运动的时间是ts（0＜t≤15）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．（1）求证：四边形AEFD是平行四边形；（2）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．21．（6分）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E在BC上，点F在AD上，BE=DF，求证：AE=CF．22．（8分）解一元二次方程：（1）；（2）.23．（8分）如图，在▱ABCD中，E、F是对角线BD上的两点，BE＝DF，点G、H分别在BA和DC的延长线上，且AG＝CH，连接GE、EH、HF、FG．求证：(1)△BEG≌△DFH；(2)四边形GEHF是平行四边形．24．（8分）已知，如图甲，在△ABC中，AE平分∠BAC（∠C＞∠B），F为AE上一点，且FD⊥BC于D．（1）试说明：∠EFD=（∠C﹣∠B）；（2）当F在AE的延长线上时，如图乙，其余条件不变，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．25．（10分）先化简，再求值：，其中a＝+1．26．（10分）垫球是排球队常规训练的重要项目之一．下列图表中的数据是甲、乙、丙三人每人十次垫球测试的成绩．测试规则为连续接球10个，每垫球到位1个记1分．运动员甲测试成绩表测试序号12345678910成绩（分）7687758787（1）写出运动员甲测试成绩的众数和中位数；（2）在他们三人中选择一位垫球成绩优秀且较为稳定的接球能手作为自由人，你认为选谁更合适?为什么?(参考数据：三人成绩的方差分别为、、)

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解析】

根据二次根式的加减法对A、D进行判断；根据二次根式的乘法法则对B进行判断；根据二次根式的除法法则对C进行判断．【详解】解：A、与不能合并，所以A选项计算错误；B、原式，所以B选项计算错误；C、原式，所以C选项计算正确；D、与不能合并，所以D选项计算错误．故选：C．【点睛】考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质.2、C【解析】

利用勾股定理列式求出AC，再根据矩形的对角线互相平分且相等求出OA＝OD＝AC，然后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得EF＝OD，再求出AF，AE，然后根据三角形的周长公式列式计算即可得解．【详解】由勾股定理得，AC＝＝10cm∵四边形ABCD是矩形∴OA＝OD＝AC＝×10＝5cm∵点E、F分别是AO、AD的中点∴EF＝OD＝cmAF＝×8＝4cmAE＝OA＝cm∴△AEF的周长＝+4+＝9cm．故选C．【点睛】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，矩形的性质，勾股定理，熟记定理与性质是解题的关键．3、B【解析】

根据二次根式的性质化简即可．【详解】解：由于a＜0，b＞0，∴ab＜0，∴原式＝|ab|＝−ab，故选：B．【点睛】本题考查二次根式，解题的关键是熟练运用二次根式的性质，属于基础题型．4、C【解析】

根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°，列式求解即可．【详解】设这个多边形是n边形，根据题意得，（n﹣2）•180°＝900°，解得n＝1．故选：C．【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式，熟记公式是解题的关键．5、C【解析】

先移项得到x2-x=0，再把方程左边分解因式得到xx-1=0，原方程转化为x=0【详解】∵x∴xx-1∴x=0或x-1=0，∴x=0，x=1.故选：C.【点睛】本题考查了解一元二次方程-因式分解法：先把方程右边变形为0，再把方程左边分解为两个一次式的乘积，这样原方程转化为两个一元一次方程，然后解一次方程即可得到一元二次方程的解.6、B【解析】

根据题目中的数据可以直接写出众数，求出相应的平均数和方差，从而可以解答本题．【详解】数据1，3，4，4，4，5，5，6的众数是4，，则s2＝=2，故选B．【点睛】本题考查方差和众数，解答本题的关键是明确众数的定义，会求一组数据的方差．7、D【解析】

根据二次根式有意义的条件分析可得解.【详解】∵=2-ɑ，∴a-2≤0，即a≤2，故选D.8、A【解析】

根据平行四边形的周长求出AD+CD，再利用面积列式求出AD、CD的关系，然后求出AD的长，再利用平行四边形的面积公式列式计算即可得解．【详解】解：∵▱ABCD的周长为20，∴2（AD+CD）＝20，∴AD+CD＝10①，∵S▱ABCD＝AD•BE＝CD•BF，∴2AD＝3CD②，联立①、②解得AD＝6，∴▱ABCD的面积＝AD•BE＝6×2＝1．故选：A．【点睛】本题考查平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质.9、C【解析】

根据题意可以列出相应的一元二次方程，本题得以解决．【详解】由题意可得，18（1+x）2＝33，故选：C．【点睛】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的一元二次方程，这是一道典型的增长率问题．10、B【解析】

根据从n边形的一个顶点出发，连接这个点与其余各顶点，可以把一个n边形分割成（n-2）个三角形的规律作答．【详解】从十边形的一个顶点出发，分别连接这个顶点与其余各顶点，可以把这个十边形分割成8个三角形。故选B【点睛】此题考查多边形的对角线，解题关键在于掌握其公式二、填空题(每小题3分,共24分)11、2≤MN≤5【解析】

根据中位线定理和等腰直角三角形的判定证明△PMN是等腰直角三角形，求出MN=BD，然后根据点D在AB上时，BD最小和点D在BA延长线上时，BD最大进行分析解答即可．【详解】∵点P，M分别是CD，DE的中点，∴PM=CE，PM∥CE，∵点P，N分别是DC，BC的中点，∴PN=BD，PN∥BD，∵△ABC，△ADE均为等腰直角三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=CE，∴PM=PN，∴△PMN是等腰三角形，∵PM∥CE，∴∠DPM=∠DCE，∵PN∥BD，∴∠PNC=∠DBC，∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，∵∠BAC=90°，∴∠ACB+∠ABC=90°，∴∠MPN=90°，∴△PMN是等腰直角三角形，∴PM=PN=BD，∴MN=BD，∴点D在AB上时，BD最小，∴BD=AB-AD=4，MN的最小值2；点D在BA延长线上时，BD最大，∴BD=AB+AD=10，MN的最大值为5，∴线段MN的取值范围是2≤MN≤5．故答案为：2≤MN≤5．【点睛】此题考查了旋转的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等，关键是根据全等三角形的判定和等腰直角三角形的判定证明△PMN是等腰三角形．12、1【解析】

根据三角形中位线定理得到DE=12BC，DE//BC【详解】解：∵点D，E分别是边AB，AC的中点，∴DE=12BC∵CF=1∴DE=CF，又DE//CF，∴四边形DEFC为平行四边形，∴CD=EF=13，∵∠ACB=90°，点D是边AB的中点，∴AB=2CD=26，故答案为：1．【点睛】本题考查的是直角三角形的性质、三角形中位线定理，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．13、【解析】

首先根据x轴上的点纵坐标为0得出m的值，再根据勾股定理即可求解．【详解】解：∵点A（2，m）在直角坐标系的x轴上，∴m=0，∴点P（m-1，m+3），即（-1，3）到原点O的距离为．故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．求出m的值是解题的关键.14、x≠1【解析】根据题意得：x-1≠0，即x≠1.15、．【解析】

先利用面积求出△ABC的高h，然后设出C点的坐标，进而可写出点A的坐标，再根据点A,C都在反比例函数图象上，建立方程求解即可．【详解】设△ABC的高为h，∵S△ABC=BC•h=3h=，∴h=．∵,∴点A的横坐标为．设点C（3，m），则点A（，m+），∵点A、C在反比例函数y=（k＞0，x＞0）的图象上，则k=3m=（m+），解得，则k=3m=，故答案为：．【点睛】本题主要考查反比例函数与几何综合，找到A,C坐标之间的关系并能够利用方程的思想是解题的关键．16、4＋4【解析】连接EF，点E、F分别是边BC、AD边的中点，可知BE=AF=AB=4，可证四边形ABEF为菱形，根据菱形的性质可知AE⊥BF，且AE与BF互相平分，∠ABC=60°，△ABE为等边三角形，ME=F=4，由勾股定理求MF，根据菱形的性质可证四边形MENF为矩形，再求四边形ENFM的周长．解：连接EF，∵点E、F分别是边BC、AD边的中点，∴BE=AF=AB=4，又AF∥BE，∴四边形ABEF为菱形，由菱形的性质，得AE⊥BF，且AE与BF互相平分，∵∠ABC=60°，∴△ABE为等边三角形，ME=F=4，在Rt△MEF中，由勾股定理，得MF=，由菱形的性质，可知四边形MENF为矩形，∴四边形ENFM的周长=2（ME+MF）=4+4．故答案为4+417、【解析】

注意到G为AA'的中点，于是可知G点的高度终为菱形高度的一半，同时注意到G在∠AFA'的角平分线上，因此作GH⊥AB于H，GP⊥A'F于P，则GP＝GH，根据垂线段最短原理可知GH就是所求最小值．【详解】解：如图，作GH⊥AB于H，DR⊥AB于R，GP⊥A'F于P，A'Q⊥AB于Q．∵四边形ABCD是菱形，∴DA＝AB＝BC＝CD＝4，AB∥CD，∴A'Q＝DR，∵∠BAD＝60°，∴A'Q＝DR＝AD＝2，∵A'与A关于EF对称，∴EF垂直平分AA'，∴AG＝A'G，∠AFE＝∠A'FE，∴GP＝PH，又∵GH⊥AB，A'Q⊥AB∴GH∥A'B，∴GH＝A'Q＝DR＝，所以GC'≥GP＝，当且仅当C'与P重合时，GC'取得最小值．故答案为：．【点睛】熟练掌握菱形的性质，折叠的性质，及最短路径确定的方法，是解题的关键．18、(0，﹣)【解析】

根据在y轴上点的坐标特征，可知要求直线y＝x﹣与y轴的交点坐标就是令x=0【详解】∵当x＝0时，y＝×0﹣＝﹣，∴与y轴的交点坐标是(0，﹣)，故答案为：(0，﹣)．【点睛】本题考查了一次函数与y轴的交点坐标的求法，正确理解知识是解题的关键.三、解答题(共66分)19、﹣1．【解析】

首先利用平方差公式化简，进而利用二次根式混合运算法则计算得出答案.【详解】原式＝(5﹣3)(﹣)+1﹣1﹣＝1﹣1+1﹣1﹣＝﹣1．【点睛】此题主要考查了二次根式的混合运算，正确化简二次根式是解题关键．20、（1）见解析；（2）当t＝或12时，△DEF为直角三角形．【解析】

（1）根据三角形内角和定理得到∠C＝30°，根据直角三角形的性质求出DF，得到DF＝AE，根据平行四边形的判定定理证明；（2）分∠EDF＝90°、∠DEF＝90°两种情况，根据直角三角形的性质列出算式，计算即可．【详解】（1）∵∠B＝90°，∠A＝60°，∴∠C＝30°，∴AB＝AC＝30，由题意得，CD＝4t，AE＝2t，∵DF⊥BC，∠C＝30°，∴DF＝CD＝2t，∴DF＝AE，∵DF∥AE，DF＝AE，∴四边形AEFD是平行四边形；（2）当∠EDF＝90°时，如图①，∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠C＝30°，∴AD＝2AE，即60﹣4t＝2t×2，解得，t＝，当∠DEF＝90°时，如图②，∵AD∥EF，∴DE⊥AC，∴AE＝2AD，即2t＝2×（60﹣4t），解得，t＝12，综上所述，当t＝或12时，△DEF为直角三角形．【点睛】本题考查的是平行四边形的判定、直角三角形的性质，掌握平行四边形的判定定理、含30°的直角三角形的性质是解题的关键．21、见解析【解析】

根据平行四边形性质得出AD∥BC，且AD=BC，推出AF∥EC，AF=EC，根据平行四边形的判定推出四边形AECF是平行四边形，即可得出结论．【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，且AD=BC，∴AF∥EC，∵BE=DF，∴AF=EC，∴四边形AECF是平行四边形，∴AE=CF．【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定的应用，注意：平行四边形的对边平行且相等，有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．22、（1），；（2）或【解析】

(1)先变形为4x（2x-1）+2x-1=0，然后利用因式分解法解方程；(2)先把方程化为一般式，然后利用求根公式法解方程；【详解】解：（1）4x（2x-1）+2x-1=0，

（2x-1）（4x+1）=0，

2x-1=0或4x+1=0，

所以，；

（2）.3x2-5x-2=0，

△=（-5）2-4×3×(-2)=49，所以或；【点睛】本题考查了解一元二次方程-因式分解法：就是先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．也考查了配方法解一元二次方程．23、(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】

（1）利用平行四边形的性质得出BG=DH，进而利用SAS得出△BEG≌△DFH；（2）利用全等三角形的性质得出∠GEF=∠HFB，进而得出答案．【详解】(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥DC，∴∠ABE＝∠CDF，∵AG＝CH，∴BG＝DH，在△BEG和△DFH中，，∴△BEG≌△DFH(SAS)；(2)∵△BEG≌△DFH(SAS)，∴∠BEG＝∠DFH，EG＝FH，∴∠GEF＝∠HFB，∴GE∥FH，∴四边形GEHF是平行四边形．【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角