重庆市九龙坡区2023-2024学年八年级下学期期末数学试题（解析版）

2023—2024学年教育质量全面监测（中学）八年级（下）数学试题（全卷共三个大题，满分150分，考试时间120分钟）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑．1.下列二次根式中，是最简二次根式的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】本题考查了最简二次根式，利用最简二次根式定义：分母中不含根号，根号中不含分母，被开方数不含能开的尽方的因数，判断即可．解：A、为最简二次根式，符合题意；B、，不符合题意；C、，不符合题意；D、，不符合题意．故选：A．2.下列图象中，不能表示是的函数的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】此题考查的是函数的定义，根据函数的定义：对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应，即可判断出哪个选项不能表示y是x的函数．掌握自变量确定时，函数值的唯一性是解题的关键．解：A、满足对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应，故A不符合题意；B、满足对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应，故B不符合题意；C、满足对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应，故C不符合题意；D、不满足对于x的每一个取值，y都有唯一确定的值与之对应，故D符合题意；故选：D．3.城市运动会举办在即，某校为了选拔一名成绩好且发挥稳定的同学参加城市运动会跳高比赛，教练记录了甲、乙、丙、丁四名同学几次跳高成绩的平均数与方差．甲乙丙丁平均数175170175170方差4.72.22.36.1根据以上数据，最合适的人选是（）A.甲 B.乙 C.丙 D.丁【答案】C【解析】【分析】本题考查了由平均数，方差作决策，先由平均数可得从甲和丙中选择一人参加比赛，再由丙方差小于甲的方差，从而选择丙去参赛．解：∵甲和丙的平均数大于乙和丁的平均数，∴从甲和丙中选择一人参加比赛，∵丙的方差小于甲的方差，∴选择丙参赛，故选：C．4.下列命题中，是假命题的是（）A.平行四边形的对角线互相平分B.矩形的对角线互相垂直C.菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角D.正方形的对角线互相垂直平分且相等【答案】B【解析】【分析】根据平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质一一判断即可．解：A、平行四边形的对角线互相平分，是真命题，本选项不符合题意．B、矩形的对角线互相垂直，是假命题，本选项符合题意．C、菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角，是真命题，本选项不符合题意．D、正方形的对角线互相垂直平分且相等，是真命题，本选项不符合题意．故选：B．【点睛】本题考查平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质等知识，解题的关键是掌握特殊四边形的性质解决问题．5.如图，为测量位于一水塘旁的两点间的直线距离，在地面上确定可直线到达点、点的点，分别取的中点，量得，则之间的直线距离是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查了三角形中位线的知识，理解并掌握三角形中位线的性质是解题关键．三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，据此即可获得答案．解：∵为的中点，∴为的中位线，∴，∵，∴．故选：D．6.估计的值在（）A.7到8之间 B.8到9之间 C.9到10之间 D.10到11之间【答案】A【解析】【分析】本题主要考查二次根式的运算、无理数的估算等知识点，掌握二次根式的混合运算法则是解题的关键．先将原式进行计算，然后估算其结果在哪两个连续整数之间即可．解：∵，∴，∴．故选：A．7.如图，点为菱形对角线的交点，于点，连接，若，则度数为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线的性质、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．首先根据题意求得，再结合菱形的性质可得，，由“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可得，进而可得，即可获得答案．解：∵，∴，∵，∴，∵四边形为菱形，∴，，又∵，∴在中，，∴，∴．故选：A．8.随着人工智能的发展，智能机器人送餐成为时尚．如图是某餐厅的机器人聪聪和慧慧，他们从厨房门口出发，准备给相距的同一桌客人送餐，聪聪比慧慧先出发，且速度保持不变，慧慧出发一段时间后将速度提高到原来的2倍．设聪聪行走的时间为，聪聪和慧慧行走的路程分别为，，，与之间的函数图像如图所示，则下列说法中不正确的是（）A.慧慧比聪聪晚出发15秒B.慧慧提速后的速度为30厘米/秒C.D.从聪聪出发直至送餐结束，聪聪和慧慧之间距离的最大值为【答案】D【解析】【分析】本题考查了一次函数的应用，从函数图像获取信息是解题关键．根据图像信息求出运动速度进而判断选项A，B，C；分别求得以及各段的函数解析式，结合函数图像即可判断D选项．解：根据题意，聪聪比慧慧先出发，且速度保持不变，慧慧出发一段时间后将速度提高到原来的2倍，结合图像可知，慧慧比聪聪晚出发15秒，故选项A正确，不符合题意；∵当秒时，，当秒时，厘米，故慧慧提速前的速度是厘米/秒，∵慧慧发一段时间后速度提高为原来的2倍，∴慧慧提速后速度为30厘米/秒，故选项B正确，不符合题意；故提速后慧慧行走所用时间为：秒，∴秒，∴，则聪聪的速度为厘米/秒∴秒，故选项C正确，不符合题意；设段对应的函数表达式为，将点代入，可得可得，∴可有，当时，聪聪和慧慧之间距离最大值为厘米；当时，设，将，代入，可得，解得，∴此阶段有，∴聪聪和慧慧之间距离，当时，取最大值，最大值为厘米；设段对应的函数表达式为，将，代入，可得，解得，∴此阶段有，当时，聪聪和慧慧之间距离，当时，取最大值，最大值为厘米；当时，聪聪和慧慧之间距离最大值为厘米．综上所述，从聪聪出发直至送餐结束，聪聪和慧慧之间距离的最大值为150厘米，故选项D错误，符合题意．故选：D．9.如图，正方形的对角线与交于点，点为边上一点，连接，过点作于点，连接，若，则的度数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等边对等角以及三角形外角性质等知识，取中点G，连接，，设与交于点，证明，得，证明，求出，根据可得，整理后可得结论解：取中点G，连接，，设与交于点，如图，∵四边形是正方形，∴，，∴，，又，∴∴∴∵，∴，∵∴在和中，∴，∵，且，∴∴而又∴∴．故选：C．10.若为正有理数，则有，得到有理数结果，我们把称为“的有理化因式”；与互称为“有理化因式”．令，利用有理化因式，可以得到如下结论：（）①；②若（其中为有理数）则；③若，则；④；以上结论正确的有（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】D【解析】【分析】本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握二次根式的性质和运算法则是解题关键．利用有理化因式进行变形计算后即可判断．解：①，故该结论正确；②根据题意，可得，则有，解得，所以，可有，故该结论正确；③若，因为，所以，故该结论正确；④因为，故该结论正确．综上所述，结论正确的有4个．故选：D．二、填空题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分）．请将每小题的答案直接填在答题卡对应的横线上．11.若关系式是关于的正比例函数，则______．【答案】【解析】【分析】本题主要考查了正比例函数的定义、解一元一次方程等知识，熟练掌握正比例函数的定义是解题关键．一般地，两个变量、之间的关系式可以表示成形如（为常数，且）的函数，那么就叫做的正比例函数，据此可得关于的一元一次方程，求解即可获得答案．解：根据题意，关系式是关于的正比例函数，则有，解得．故答案为：．12.如图，在四边形中，与相交于点，若再添加一个条件，可判定四边形为平行四边形．请从①；②；③这三个条件中选取一个作为添加条件．你选择的条件是______．（填序号）【答案】③【解析】【分析】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．由平行四边形的判定方法即可得出结论．解：选择③，∵，，∴四边形为平行四边形；而选择①或②都只有一组对边相等，也无法证明三角形全等得其他边、角的关系，故选择③能判定四边形为平行四边形．故答案为：③．13.如图，点为一次函数与的图像的交点，则关于的不等式的解集是______．【答案】##【解析】【分析】本题考查了一次函数与一元一次不等式，解题关键是结合图像获得答案．利用函数图像，写出一次函数的图像在一次函数的图像上方所对应的自变量的范围即可．解：由图像可知，关于的不等式的解集是．故答案：．14.已知一组数据136，138，139，137，140，则该组数据的方差为______．【答案】【解析】【分析】本题考查了方差：一般地设n个数据，的平均数为，则方差，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动性越大，反之也成立．根据题意得出这组数据的平均数，再根据方差公式计算即可．解：∵这组数据的平均数是，

∴这组数据的方差为：．

故答案为：2．15.如图，面积分别为的四个正方形围成的四边形中，，若，．则______．【答案】10【解析】【分析】本题考查了勾股定理的应用，根据题意可知：，，，，根据勾股定理可以表示出，进而求出的长，掌握勾股定理是关键．解：根据题意可知：，，，，在与中，∵，，∴，∵，，∴，故答案为：10．16.若关于的不等式组有且仅有5个整数解，且关于的一次函数在自变量取值范围内随增大而增大，则满足条件的所有整数的和为______．【答案】18【解析】【分析】本题主要是考查了不等式组的解法，一次函数的性质，先解不等式组，根据不等式组有且仅有5个整数解可得a的范围，根据一次函数性质和二次根式的性质可得a的范围，两个范围结合在一块可得出a的最终范围，则可得结果．解：解不等式组得，∵不等式组有且仅有5个整数解，∴，∴，∵关于的一次函数在自变量取值范围内随增大而增大，∴，∴，∴，∴满足条件的所有整数a为3，4，5，6，∵，∴满足条件的所有整数a的和为18．故答案为：18．17.如图，点点分别为的边上的点，连接，将沿翻折，点落在点处，连接．若，，，，，则的长为______．【答案】【解析】【分析】本题考查了折叠的性质、平行四边形的判定及性质、平行线的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．延长交于G，延长，交于点M，根据折叠的性质得，由勾股定理求出，，再证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质及等角对等边即可得出．解：如图，延长交于G，延长，交于点M，∵将沿折叠，得到，∴，，，；∴，，∴，∴，∴，又∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴，∴．故答案为：．18.对于一个三位自然数，若的各数位上的数字均不为0，且的十位数字等于百位和个位数字的差的绝对值，则称是“百个绝对数”，例如：三位数523，，523是“百个绝对数”．则最大的“百个绝对数”是______；把一个“百个绝对数”的任意一个数位上的数字去掉，得到三个两位数，这三个两位数之和记为，把的百位数字的3倍，十位数字的2倍和个位数字之和记为．例如：．已知三位数是“百个绝对数”，且是整数，则这个“百个绝对数”的最大值为______．【答案】①.981②.314【解析】【分析】本题主要考查了新定义运算、算术平方根、二元一次方程的应用等知识，理解新定义“百个绝对数”是解题关键．根据“百个绝对数”的定义，确定最大的“百个绝对数”即可；设，，，，则有，根据题意可得，，易得，结合为整数，可得，则有，然后分情况讨论，即可获得答案．解：根据“百个绝对数”的定义，可得最大的“百个绝对数”是981；设，，，，则有，可知，，∴，∵为整数，即为整数，∴，则有，当时，，则，可得（舍去）或，则；当时，，则，可得（舍去）或，则；当时，，则，可得或，则或．综上所述，这个“百个绝对数”的最大值为314．故答案为：981；314．三、解答题（本大题共8个小题，第19题8分，其余每小题10分，共78分．解答每小题应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）19.计算：（1）（2）【答案】（1）4（2）【解析】【分析】本题主要考查了二次根式运算、完全平方公式、平方差公式、零指数幂等知识，熟练掌握相关运算法则和运算公式是解题关键．（1）首先根据二次根式的性质、绝对值的性质、零指数幂运算法则进行运算，然后相加减即可；（2）首先根据平方差公式和完全平方公式进行运算，然后相加减即可．【小问1】解：原式；【小问2】解：原式．20.如图，已知．（1）请用直尺和圆规完成作图：作的角平分线，交于点；过点作，交于点，交于点．（保留作图痕迹，不写作法）（2）在（1）所作图形中；连接，求证：四边形是菱形．（请补全下面的证明过程，不写证明理由）．证明：∵平分，∴，①又∵，∴，∴，∴，②∵，∴，③又∵，∴，∴，∴，∴___，④又∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴平行四边形是菱形．【答案】（1）见（2）①；②；③；④【解析】【分析】本题主要考查了尺规作图、菱形的判定等知识，结合题意正确作图是解题关键．（1）以点为圆心，以任意长度为半径作弧，交于点，然后分别以点为圆心，以大于的长度为半径作弧交于点，连接并延长，交于；以点为圆心，以任意长度为半径作弧，交于点，然后分别以点为圆心，以大于的长度为半径作弧交于点，连接并延长，，交于，交于，即可获得答案；（2）首先根据角平分线的定义和平行线的性质证明，易得，然后根据等腰三角形“三线合一”的性质可得，结合，易得，进而可得，可知，即可证明四边形是平行四边形，然后根据“邻边相等的平行四边形为菱形”，即可证明结论．【小问1】解：根据题意，完成作图，如下图所示；【小问2】证明：∵平分，∴，①又∵，∴，∴，∴，②∵，∴，③又∵，∴，∴，∴，∴，④又∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴平行四边形是菱形．故答案为：①；②；③；④．21.某校在6月5日，组织七、八年级学生开展了一次重庆大轰炸知识竞赛，成绩分别为四个等级，且四个等级分别赋分为10分，9分，8分，7分．学校分别从七、八年级各抽取25名学生的竞赛成绩整理并绘制成如下统计图表，请根据提供的信息解答下列问题：七年级竞赛成绩统计图八年级竞赛成绩统计图年级平均分中位数众数方差七年级8.76a91.06八年级8.768b1.38（1）根据以上信息可以求出：______．______，并把七年级竞赛成绩统计图补充完整；（2）依据数据分析表，你认为七年级和八年级哪个年级的成绩更好，并说明理由；（3）该校七年级有1550人，八年级有1350人参加本次知识竞赛，且规定9分及以上的成绩为优秀，请估计该校七、八年级参加本次知识竞赛的学生中成绩为优秀的学生共有多少人？【答案】（1）9，10，补全统计图见解析（2）七年级更好，理由见解析（3）1764人【解析】【分析】本题考查条形统计图，扇形统计图，平均数，中位数众数，方差，用样本估计总体，能从统计图表中获取有用信息是解题的关键．（1）根据中位数的定义可确定的值；根据众数的定义可确定的值；先求出七年级等级的人数，再将七年级竞赛成绩统计图补充完整即可；（2）根据平均分，中位数，众数，方差的意义回答即可；（3）分别将样本中七、八年级优秀所占比例乘以对应人数即可作出估计．【小问1】解：七年级成绩由高到低排在第13位的是等级9分，，八年级等级人数最多，，七年级成绩等级人数为：（人，七年级竞赛成绩统计图补充完整如下：故答案为：9，10；【小问2】解：七年级更好，理由：七，八年级的平均分相同，七年级中位数大于八年级中位数，七年级方差小于八年级方差，说明七年级一半以上人不低于9分，且波动较小，所以七年级成绩更好．【小问3】人，答：该校七、八年级参加本次知识竞赛的学生中成绩为优秀的学生共有1764人．22.为提升学生数学核心素养，某校开设综合与实践的“私人定制”课程，计划购买、两种型号的测量仪器，经市场调查得知：购买1台型仪器和1台型仪器共需160元，仪器的单价是仪器单价的2倍少20元．（1）求型，型仪器的单价分别是多少元？（2）学校准备购买型和型测量仪器共100台，型仪器不超过型仪器的2倍，问购买型和型仪器各多少台时花费最少？最少花费是多少？【答案】（1）A型、B型仪器的单价分别为100元，60元（2）购买A型仪器34台，B型仪器66台时花费最少，花费最少为7360元【解析】【分析】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用和一次函数的性质，正确理解题意、找准相等与不等关系、得出二元一次方程组与不等式是解题的关键．（1）设A型仪器x元，B型仪器y元，根据“买1台A型仪器和1台B型仪器共需160元，A仪器的单价是B仪器单价的2倍少20元”建立二元一次方程组求解，即可解题；（2）设购买A型仪器m台，则B型仪器件，购买两种仪器共花费W元，根据“B型仪器不超过A型仪器的2倍”建立不等式求解，再根据题意可列出W关于m的函数关系式，再结合一次函数的性质即可求出购买方案和最小值．小问1】解：设A型仪器x元，B型仪器y元，根据题意得：，解这个方程组得，经检验符合题意，答：A型、B型仪器的单价分别为100元，60元．【小问2】解：设购买A型仪器m台，则B型仪器件，购买两种仪器共花费W元，根据题意得：，．，，，∴W随m增大而增大．当时，W取最小值7360元．（台），购买A型仪器34台，B型仪器66台时花费最少，花费最少为7360元．23.如图，某校数学兴趣小组开展“初二几何现场实践活动”，他们在操场上设立四个点，并给出以下信息：点在点西北方向上，点在点的北偏西方向上，点在点的东北方向上，，米，米．（1）求的长；（2）若小明和小亮从点同时出发，分别沿和到达点，若两人的速度相同，请判断小明和小亮谁先到达？并说明理由．（参考数据：，）【答案】（1）40米（2）小明先到达，理由见【解析】【分析】本题主要考查了方位角、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，正确理解题意，综合运用相关知识是解题关键．（1）首先根据题意可得，，，进而可得，由“直角三角形中30度角所对的直角边等于斜边的一半”可得米，然后理由勾股定理计算的长即可；（2）首先利用勾股定理解得的长度，设两人的速度均为米/分钟（），分别求得两人到达点所用时间，比较即可获得答案．【小问1】解：如下图，根据题意，点在点的西北方向上，点在点的东北方向上，∴，，∵点在点的北偏西方向上，即，∴，又∵米，∴米，∵，米，∴米；【小问2】由（1）可知，，米，米，∴米，设两人的速度均为米/分钟（），则到达点，小明用时，小亮用时，∵，∴小明先到达点．24.如图，在矩形中，，点、点分别在边上，且，点从点出发，以每秒1个单位的速度沿着折线运动，运动到点停止．连接，设点运动的时间为秒，的面积为，（1）求关于的函数表达式，并写出的取值范围；（2）在所给的坐标系中画出该函数的图像，并写出一条该函数的性质；（3）结合函数图像，请直接写出面积不小于3时的取值范围．【答案】（1）（2）见，在段，随的增大而增大（3）【解析】【分析】本题主要考查了矩形的性质、一次函数的应用等知识，正确确定关于的函数表达式是解题关键．（1）分点在线段上和点在线段上两种情况，分别求解即可；（2）结合（1），画出函数图像，并写出一条该函数的性质即可；（3）结合图像，即可获得答案．【小问1】解：∵四边形为矩形，，∴，，，∵，∴，，当点在线段上时，如下图，此时，则，，∴的面积为；当点在线段上时，如下图，此时，则，，∴的面积为．∴关于的函数表达式为；【小问2】解：结合（1），可画出该函数图像如下图所示，在段，随的增大而增大；【小问3】解：结合函数图像，可知面积不小于3时的取值范围为．25.如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，满足，直线经过轴负半轴上的点，且．（1）求直线的函数表达式；（2）平移直线，平移后的直线与直线交于点，与轴交于点．①已知平面内有一点，连接，当的值最小时，求的值；②若平移后的直线与轴交于点，是否存在点，使以点为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）①8；②或【解析】【分析】（1）首先根据非负数的性质可得，，即可确定点坐标，再证明为等腰直角三角形，易得，即，设直线的函数表达式为，利用待定系数法求解即可；（2）①根据题意，可设直线的函数表达式为；利用待定系数法解得直线的函数表达式；连接，易知当点在同一直线上时，取最小值，求得此时直线的解析式，联立直线的解析式与直线的表达式，求解即可确定点坐标，即可获得答案；②分点在点右侧和点在点左侧两种情况，分别求解即可．【小问1】解：∵，又∵，，∴，，解得，，∴，，∴，∵，，∴，∴，∴，设直线的函数表达式为，将点，代入，可得，解得，∴直线的函数表达式为；【小问2】①根据题意，平移直线，平移后的直线与直线交于点，与轴交于点，则可设直线的函数表达式为；设直线的函数表达式为，将点，代入，可得，解得，∴直线的函数表达式为；如下图，连接，∵，∴当点在同一直线上时，取最小值，此时，设直线的解析式为，将点，代入，可得，解得，∴直线的解析式为，联立直线的解析式与直线的表达式，可得，解得，∴，∴将点代入直线表达式，可得，解得；②当点在点右侧时，如下图，过点作轴于点，∵四边形为平行四边形，∴，，∴，又∵，∴，∴，即，将代入直线的表达式，可得，解得，∴，∴将点代入直线表达式，可得，解得，即；当点在点左侧时，如下图，