福建省福州师范大泉州附属中学2024年数学八年级下册期末检测试题含解析

福建省福州师范大泉州附属中学2024年数学八年级下册期末检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题(每小题3分,共30分)1．若关于的一元二次方程x(x+1)+ax=0有两个相等的实数根，则实数a的值为（）A． B．1 C． D．2．如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，且这两个正方形的边长都为1．若正方形A1B1C1O绕点O转动，则两个正方形重叠部分的面积为（）A．16 B．4 C．1 D．13．已知一个正多边形的每个外角等于，则这个正多边形是（）A．正五边形 B．正六边形 C．正七边形 D．正八边形4．如图，菱形ABCD中，∠A是锐角，E为边AD上一点，△ABE沿着BE折叠，使点A的对应点F恰好落在边CD上，连接EF，BF，给出下列结论：①若∠A=70°，则∠ABE=35°；②若点F是CD的中点，则S△ABES菱形ABCD下列判断正确的是（）A．①，②都对 B．①，②都错 C．①对，②错 D．①错，②对5．如果一个多边形的每一个外角都是60°，则这个多边形的边数是（）A．3 B．4 C．5 D．66．已知反比例函数，在每个象限内y随着x的增大而增大，点P（a－1，2）在这个反比例函数上，a的值可以是（

）A．0 B．1 C．2 D．37．下列二次根式中，是最简二次根式的是（）A． B． C． D．8．若一次函数的图象经过两点和，则下列说法正确的是（）A． B． C． D．9．如图，已知菱形ABCD的对角线AC．BD的长分别为6cm、8cm，AE⊥BC于点E，则AE的长是（）A． B． C． D．10．一个多边形的内角和是外角和的2倍，这个多边形是()A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．八边形二、填空题(每小题3分,共24分)11．一次函数的图像经过点，且的值随值的増大而增大，请你写出一个符合所有条件的点的坐标__________．12．当x=______时，分式的值是1．13．A、B、C三瓶不同浓度的酒精，A瓶内有酒精2kg，浓度x%，B瓶有酒精3kg，浓度y%，C瓶有酒精5kg，浓度z%，从A瓶中倒出10%，B瓶中倒出20%，C瓶中倒出24%，混合后测得浓度33.5%，将混合后的溶液倒回瓶中，使它们恢复原来的质量，再从A瓶倒出30%，B瓶倒出30%，C瓶倒出30%，混合后测得浓度为31.5%，测量发现20≤x≤30，20≤y≤30，35≤z≤45，且x、y、z均为整数，则把起初A、B两瓶酒精全部混合后的浓度为______．14．如图，以△ABC的三边为边向外作正方形，其面积分别为S1，S2，S3，且S1＝9，S3＝25，当S2＝_____时∠ACB＝90°．15．2019年6月12日，重庆直达香港高铁的车票正式开售据悉，重庆直达香港的这趟G319/320次高铁预计在7月份开行，全程1342公里只需7个半小时该车次沿途停靠站点包括遵义、贵阳东、桂林西、肇庆东、广州南和深圳北重庆直达香港高铁开通将为重庆旅游业发展增添生机与活力，预计重庆旅游经济将创新高在此之前技术部门做了大量测试，在一次测试中一高铁列车从地出发匀速驶向地，到达地停止；同时一普快列车从地出发，匀速驶向地，到达地停止且，两地之间有一地，其中，如图①两列车与地的距离之和（千米）与普快列车行驶时间（小时）之间的关系如图②所示则高铁列车到达地时，普快列车离地的距离为__________千米．16．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，P为AB边上(不与A、B重合的一动点，过点P分别作PE⊥AC于点E，PF⊥BC于点F，则线段EF的最小值是_____.17．有一人患了流感，经过两轮传染后共有100人患了流感，那么每轮传染中，平均一个人传染的人数为__________.18．数据1，3，5，6，3，5，3的众数是______．三、解答题(共66分)19．（10分）如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过A点作BC的平行线交CE的延长线于点F，且AF=BD，连接BF．（1）BD与CD有什么数量关系，并说明理由；（2）当△ABC满足什么条件时，四边形AFBD是矩形？并说明理由．20．（6分）已知一次函数y=（2m+1）x+m﹣3（1）若函数图象经过原点，求m的值；（2）若函数图象与y轴的交点坐标为（0，﹣2），求m的值；（3）若y随着x的增大而增大，求m的取值范图；（4）若函数图象经过第一、三，四象限，求m的取值范围．21．（6分）点向__________平移2个单位后，所对应的点的坐标是．22．（8分）计算：（1）（2）（3）23．（8分）如图，在平面直角坐标系中，点是坐标原点，四边形是菱形，点的坐标为，点在轴的正半轴上，直线交轴于点，边交轴于点，连接（1）菱形的边长是________；（2）求直线的解析式；（3）动点从点出发，沿折线以2个单位长度/秒的速度向终点匀速运动，设的面积为，点的运动时间为秒，求与之间的函数关系式．24．（8分）如图，在平面直角坐标系中，点D是正方形OABC的边AB上的动点，OC＝1．以AD为一边在AB的右侧作正方形ADEF，连结BF交DE于P点．（1）请直接写出点A、B的坐标；（2）在点D的运动过程中，OD与BF是否存在特殊的位置关系？若存在，试写出OD与BF的位置关系，并证明；若不存在，请说明理由．（3）当P点为线段DE的三等分点时，试求出AF的长度．25．（10分）在△ABC中，∠ABC=90°（1）作线段AC的垂直平分线1，交AC于点O：（保留作图痕迹，请标明字母）（2）连接BO并延长至D，使得OD=OB，连接DA、DC，证明四边形ABCD是矩形．26．（10分）如图1，OA＝2，OB＝4，以A点为顶点、AB为腰在第三象限作等腰Rt△ABC．（1）求C点的坐标；（2）如图1，在平面内是否存在一点H，使得以A、C、B、H为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出H点坐标；若不存在，请说明理由；（3）如图1点M（1，﹣1）是第四象限内的一点，在y轴上是否存在一点F，使得|FM﹣FC|的值最大？若存在，请求出F点坐标；若不存在，请说明理由

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【解析】【分析】整理成一般式后，根据方程有两个相等的实数根，可得△=0，得到关于a的方程，解方程即可得.【详解】x(x+1)+ax=0，x2+(a+1)x=0，由方程有两个相等的实数根，可得△=（a+1）2-4×1×0=0，解得：a1=a2=-1，故选A.【点睛】本题考查一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．2、C【解析】

在正方形ABCD中，OA=OB，∠OAE=∠OBF=45°，∵∠AOE+∠BOE=90°，∠BOF+∠BOE=90°，∴∠AOE=∠BOF，在△AOE与△BOF中，，∴△AOE≌△BOF（ASA），则四边形OEBF的面积=S△BOE+S△BOF=S△BOE+S△AOE=S△AOB=S正方形ABCD==1.故选C.3、B【解析】分析：根据多边形的外角和为360°即可得出答案．详解：360°÷60°=6，即六边形，故选B．点睛：本题主要考查的是正多边形的外角和定理，属于基础题型．多边形的内角和定理为(n－2)×180°，多边形的外角和为360°．4、A【解析】

只要证明，可得，即可得出；延长EF交BC的延长线于M，只要证明≌，推出，可得，，推出．【详解】①∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∠C=∠A=70°．∵BA=BF=BC，∴∠BFC=∠C=70°，∴∠ABF=∠BFC=70°，∴∠ABE∠ABF=35°，故①正确；②如图，延长EF交BC的延长线于M，∵四边形ABCD是菱形，F是CD中点，∴DF=CF，∠D=∠FCM，∠EFD=∠MFC，∴△DEF≌△CMF，∴EF=FM，∴S四边形BCDE=S△EMB，S△BEFS△MBE，∴S△BEFS四边形BCDE，∴S△ABES菱形ABCD．故②正确，故选A．【点睛】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，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．5、D【解析】

解：由一个多边形的每一个外角都等于10°，且多边形的外角和等于310°，即求得这个多边形的边数为310÷10=1．故答案选D.考点：多边形外角与边数的关系．6、A【解析】根据函数的增减性判断出图象所在象限，进而得出图象上点的坐标特征，将四个选项的数值代入P（a-1，2）验证即可．解：∵反比例函数，在每个象限内y随着x的增大而增大，∴函数图象在二、四象限，∴图象上的点的横、纵坐标异号．A、a=0时，得P（-1，2），故本选项正确；B、a=1时，得P（0，2），故本选项错误；C、a=2时，得P（1，2），故本选项错误；D、a=3时，得P（2，2），故本选项错误．故选A．此题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，要熟悉反比例函数的性质，同时要注意数形结合．7、A【解析】

直接利用最简二次根式的定义分析得出答案．【详解】A．是最简二次根式，故此选项正确；B．，故此选项错误；C．，故此选项错误；D．，故此选项错误．故选A．【点睛】本题考查了最简二次根式，正确把握最简二次根式的定义是解题的关键．8、A【解析】

根据一次函数的增减性求解即可.【详解】∵2>0，∴y随x的增大而增大，∵-1<2，∴.故选A.【点睛】本题考查了一次函数的图像与性质，对于一次函数y=kx+b（k为常数，k≠0）,当k>0时，y随x的增大而增大；当k<0时，y随x的增大而减小.9、D【解析】

根据菱形的性质得出BO、CO的长，在RT△BOC中求出BC，利用菱形面积等于对角线乘积的一半，也等于BC×AE，可得出AE的长度．【详解】∵四边形ABCD是菱形，∴CO=AC=3，BO=BD=，AO⊥BO，∴．∴．又∵，∴BC·AE=24，即．故选D．点睛：此题考查了菱形的性质，也涉及了勾股定理，要求我们掌握菱形的面积的两种表示方法，及菱形的对角线互相垂直且平分．10、C【解析】

此题可以利用多边形的外角和和内角和定理求解．【详解】解：设所求多边形边数为n，由题意得（n﹣2）•180°＝310°×2解得n＝1．则这个多边形是六边形．故选C．【点睛】本题考查多边形的内角和与外角和、方程的思想．关键是记住内角和的公式与外角和的特征：任何多边形的外角和都等于310°，n边形的内角和为（n﹣2）•180°．二、填空题(每小题3分,共24分)11、（1，2）（答案不唯一）．【解析】

由于y的值随x值的增大而增大，根据一次函数的增减性得出k＞0，可令k=1，那么y=x+1，然后写出点P的坐标即可．【详解】解：由题意可知，k＞0即可，

可令k=1，那么一次函数y=kx+1即为y=x+1，

当x=1时，y=2，

所以点P的坐标可以是（1，2）．

故答案为（1，2）（答案不唯一）．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，得出k＞0是解题的关键．12、1【解析】

直接利用分式的值为零则分子为零进而得出答案．【详解】∵分式的值是1，∴x=1．故答案为：1．【点睛】此题主要考查了分式的值为零的条件，正确把握分式的性质是解题关键．13、23%【解析】

根据第一次A、B、C各取出部分混合后的浓度得到一条关于xyz的等式，再算出混合液倒回后A、B、C中后各自的酒精量，然后根据第二次混合再得到一条关于xyz的等式，联立组成方程组，使用x、y表示z，根据x、y、z的取值范围确定其准确整数值即可求解.【详解】解：A瓶倒出10%：2000×10%=200（克），剩余：2000-200=1800（克），

B瓶倒出20%：3000×20%=600（克），剩余：3000-600=2400（克），C瓶倒出24%：5000×24%=1200（克），剩余：5000-1200=3800（克），根据题意得：（200×x%+600×y%+1200×z%）÷（200+600+1200）=33.5%，混合液倒回后A瓶内的酒精量：1800×x%+200×33.5%，混合液倒回后B瓶内的酒精量：2400×y%+600×33.5%，混合液倒回后C瓶内的酒精量：3800×z%+1200×33.5%，再根据题意可得：[（1800×x%+200×33.5%）×30%+（2400×y%+600×33.5%）×30%+（3800×z%+1200×33.5%）×30%]÷（2000×30%+3000×30%+5000×30%）=31.5%，整理组成方程组得：x+3y+6z=3359x+12y+19z=1240解得：z=355-3y7∵20≤x≤30，20≤y≤30，∴2657（约37.85则z=40或代入可得：x=20y=25z=40，或者x=21y=∵x、y、z均为整数，则只有x=20y=25则把起初A、B两瓶酒精混合后的浓度为：2000×20%+3000故答案为：23%.【点睛】本题考查从题意提取信息列方程组的能力，也考查三元一次方程组得解法，准确得出x、y和z之间的关系式再代入范围求解，舍去不符合题意的解为解题的关键.14、1【解析】

设△ABC的三边分别为BC=a、AC=b、AB=c，当∠ACB＝90°时，△ABC是直角三角形，由勾股定理可得到a2+b2＝c2，即S1+S2＝S3，代入可得解.【详解】设△ABC的三边分别为BC=a、AC=b、AB=c，∴S1＝a2＝9，S2＝b2，S3＝c2＝25，当∠ACB＝90°时，△ABC是直角三角形，∴a2+b2＝c2，即S1+S2＝S3，∴S2＝S3﹣S1＝1．故答案为：1．【点睛】本题考查了勾股定理的几何背景，灵活运用勾股定理是解题关键.15、1【解析】

由图象可知4.5小时两列车与C地的距离之和为0，于是高铁列车和普快列车在C站相遇，由于AC=2BC，因此高铁列车的速度是普快列车的2倍，相遇后图象的第一个转折点，说明高铁列车到达B站，此时两车距C站的距离之和为1千米，由于V高铁=2V普快，因此BC距离为1千米的三分之二，即240千米，普快离开C占的距离为1千米的三分之一，即120千米，于是可以得到全程为240+240×2=720千米，当高铁列车到达B站时，普快列车离开B站240+120=1千米，此时距A站的距离为720-1=1千米．【详解】∵图象过（4.5，0）

∴高铁列车和普快列车在C站相遇

∵AC=2BC，

∴V高铁=2V普快，

BC之间的距离为：1×=240千米，全程为AB=240+240×2=720千米，

此时普快离开C站1×=120千米，

当高铁列车到达B站时，普快列车距A站的距离为：720-120-240=1千米，

故答案为：1．【点睛】此题考查一次函数的应用．解题关键是由函数图象得出相关信息，明确图象中各个点坐标的实际意义．联系行程类应用题的数量关系是解决问题的关键，图象与实际相结合容易探求数量之间的关系，也是解决问题的突破口．16、2.1.【解析】

连接CP，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CFPE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF=CP，再根据垂线段最短可得CP⊥AB时，线段EF的值最小，然后根据三角形的面积公式列出方程求解即可．【详解】解：如图，连接CP．∵∠ACB=90°，AC=3，BC=1，∴AB=，∵PE⊥AC，PF⊥BC，∠ACB=90°，∴四边形CFPE是矩形，∴EF=CP，由垂线段最短可得CP⊥AB时，线段EF的值最小，此时，S△ABC=BC•AC=AB•CP，即×1×3=×5•CP，解得CP=2.1．∴EF的最小值为2.1．故答案为2.1．17、9【解析】设每轮传染中平均一个人传染的人数为x人，那么由题意可知（1+x）2=100，解得x=9或-11x=-11不符合题意，舍去．那么每轮传染中平均一个人传染的人数为9人18、3【解析】

根据众数的定义:众数是指一组数据中出现次数最多的数据,利用众数的定义进行解答即可.【详解】因为数据1,3,5,6,3,5,3,中出现次数最多的数据是3,所以这组数据的众数是3,故答案为:3.【点睛】本题主要考查众数的定义,解决本题的关键是要熟练掌握众数的定义.三、解答题(共66分)19、（1）BD=CD．理由见解析；（2）AB=AC时，四边形AFBD是矩形．理由见解析【解析】

（1）根据两直线平行，内错角相等求出∠AFE=∠DCE，然后利用“角角边”证明△AEF和△DEC全等，根据全等三角形对应边相等可得AF=CD，再利用等量代换即可得证；（2）先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形AFBD是平行四边形，再根据一个角是直角的平行四边形是矩形，可知∠ADB=90°，由等腰三角形三线合一的性质可知必须是AB=AC．【详解】（1）BD=CD．理由如下：依题意得AF∥BC，∴∠AFE=∠DCE，∵E是AD的中点，∴AE=DE，在△AEF和△DEC中，，∴△AEF≌△DEC（AAS），∴AF=CD，∵AF=BD，∴BD=CD；（2）当△ABC满足：AB=AC时，四边形AFBD是矩形．理由如下：∵AF∥BD，AF=BD，∴四边形AFBD是平行四边形，∵AB=AC，BD=CD（三线合一），∴∠ADB=90°，∴▱AFBD是矩形．考点：1.矩形的判定；2.全等三角形的判定与性质．20、（1）m=1；（2）m=1；（1）m＞﹣0.5；（4）﹣0.5＜m＜1．【解析】

（1）经过原点，则m-1=0，求得其值即可；

（2）若函数图象与y轴的交点坐标为（0，﹣2），即为m-1=-2；

（1）y随着x的增大而增大，就是，从而求得解集；

（4）函数图象经过第一、三，四象限，k>0，b≤0，求得m的取值范围即可．【详解】解：（1）把（0，0）代入y=（2m+1）x+m﹣1得m﹣1=0，解得m=1；（2）把x=0代入y=（2m+1）x+m﹣1得y=m﹣1，则直线y=（2m+1）x+m﹣1与y轴的交点坐标为（0，m﹣1），所以m﹣1=﹣2，解得m=1；（1）∵y随着x的增大而增大，∴2m+1＞0，解得：m＞﹣0.5；（4）由题意可得：解得：即当时函数图象经过第一、三，四象限．【点睛】考查一次函数的性质，解题的关键是熟练掌握一次函数的性质并正确的应用.21、左【解析】

找到横纵坐标的变化情况，根据坐标的平移变换进行分析即可．【详解】解：纵坐标没有变化，横坐标的变化为：，说明向左平移了2个单位长度．故答案为：左．【点睛】本题考查了坐标与图形变化-平移，用到的知识点为：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．22、（1）4；（2）；（3）【解析】

（1）先算括号里面的，再算加减，即可得出答案；（2）先除法，再进行通分运算，最后化简，即可得出答案；（3）先对括号里面的进行通分，再进行分式的除法运算，即可得出答案.【详解】解（1）原式=-1+1+4=4（2）原式====（3）原式===【点睛】（1）本题主要考查，以及负指数幂，注意；（2）本题主要考查分式的混合运算，通分、约分、因式分解和约分是解答本题的关键；（3）本题主要考查分式的混合运算，通分、约分、因式分解和约分是解答本题的关键.23、（1）5；（2）y=-；（3）S=t-．【解析】

（1）Rt△AOH中利用勾股定理即可求得菱形的边长；

（2）根据（1）即可求的OC的长，则C的坐标即可求得，利用待定系数法即可求得直线AC的解析式；

（3）根据S△ABC=S△AMB+SBMC求得M到直线BC的距离为h，然后分成P在AM上和在MC上两种情况讨论，利用三角形的面积公式求解．【详解】（1）Rt△AOH中，

AO==5，所以菱形边长为5；

（2）∵四边形ABCO是菱形，

∴OC=OA=AB=5，即C（5，0）．

设直线AC的解析式y=kx+b，函数图象过点A、C，得，解得，

直线AC的解析式y=-；

（3）设M到直线BC的距离为h，

当x=0时，y=，即M（0，），HM=HO-OM=4-=，

由S△ABC=S△AMB+SBMC=AB•OH=AB•HM+BC•h，

×5×4=×5×+×5h，解得h=，

①当0≤t＜时，BP=BA-AP=5-2t，HM=OH-OM=，

s=BP•HM=×（5-2t）=-t+，

②当2.5＜t≤5时，BP=2t-5，h=

S=BP•h=×（2t-5）=t-．【点睛】此题考查待定系数法求一次函数的解析式以及菱形的性质，根据三角形的面积关系求得M到直线BC的距离h是关键．24、（1）A（1，0），B（1，1）；（2）OD⊥BF，理由见解析；（3）当P点为线段DE的三等分点时，AF的长度为2或2．【解析】

（1）利用正方形的性质得出OA=AB=1，即可得出结论；（2）利用SAS判断出△AOD≌△BAF，进而得出∠AOD=∠BAF，即可得出结论；（3）先表示出BD，DP，再判断出△BDP∽△BAF，得出，代入解方程即可得出结论。【详解】（1）∵四边形OABC是正方形，∴BC⊥OC，AB⊥OA，OB＝AB＝BC＝OC，∵OC＝1，∴BC＝AB＝1，∴A（1，0），B（1，1）；（2）OD⊥BF，理由：如图，延长OD交BF于G，∵四边形ADEF是正方形，∴AD＝AF，∠BAF＝∠OAD，在△AOD和△BAF中，，∴△AOD≌△BAF（SAS），∴∠AOD＝∠BAF，∴∠BAF+∠AFB＝90°，∴∠AOD+AFB＝90°，∴∠OGF＝90°，∴OD⊥BF；（3）设正方形ADEF的边长为x，∴AF＝AD＝DE＝x，∴BD＝AB﹣AD＝1﹣x，∵点P是DE的三等分点，∴DP＝AF＝x或DP＝AF＝x∵DE∥AF，∴△BDP∽△BAF，∴，∴或，∴x＝2或x＝2，当P点为线段DE的三等分点时，AF的长度为2或2．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，垂直的判定，相似三角形的判定和性质，用