2025届黑龙江省哈尔滨市宾县八下数学期末检测试题含解析

2025届黑龙江省哈尔滨市宾县八下数学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（每题4分，共48分）1．在下列各式由左到右的变形中,不是因式分解的是()A． B．C． D．2．下列运算中，正确的是（）A．＋＝ B．－＝C．÷＝＝1 D．4×＝23．若二次根式有意义，则x的取值范围是（）A．x≤﹣ B．x≥﹣ C．x≥ D．x≤4．计算+的值等于（）A． B．4 C．5 D．2+25．已知一次函数的图象经过点(0，3)和（－2，0），那么直线必经过点（）A．（－4，－3) B．(4，6) C．(6，9) D．(－6，6)6．要使分式有意义，则x应满足的条件是()A．x≠1 B．x≠﹣1 C．x≠0 D．x＞17．下列实数中，能够满足不等式的正整数是（）A．-2 B．3 C．4 D．28．下列计算错误的是（）A． B． C． D．9．如图，有一张直角三角形纸片，两条直角边，，将折叠，使点和点重合，折痕为，则的长为（）A．1.8 B．2.5 C．3 D．3.7510．若关于x的不等式组的整数解有3个，则a的取值范围是（）A．3＜a≤4 B．2＜a≤3 C．2≤a＜3 D．3≤a＜411．下列计算过程中，结果是2的是A． B． C． D．12．如图是甲、乙两车在某时段速度随时间变化的图象，下列结论错误的是（）A．乙前4秒行驶的路程为48米B．在0到8秒内甲的速度每秒增加4米/秒C．两车到第3秒时行驶的路程相等D．在4至8秒内甲的速度都大于乙的速度二、填空题（每题4分，共24分）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．若关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围是________．15．不等式组的解集为_____．16．若一个正比例函数的图象经过A(3，﹣6)，B(m，﹣4)两点，则m的值为____．17．在平面直角坐标系中，将点P(﹣2，1)向右平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度得到点P'的坐标是_____．18．张老师对同学们的打字能力进行测试，他将全班同学分成五组．经统计，这五个小组平均每分钟打字个数如下：100，80，x，90，90，已知这组数据的众数与平均数相等，那么这组数据的中位数是．三、解答题（共78分）19．（8分）如果P是正方形ABCD内的一点，且满足∠APB＋∠DPC＝180°，那么称点P是正方形ABCD的“对补点”.（1）如图1，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点M，求证：点M是正方形ABCD的对补点；（2）如图2，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A（1，1），C（3，3）.除对角线交点外，请再写出一个该正方形的对补点的坐标，并证明.20．（8分）如图，在矩形ABCD中，，点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是，连接PQ、AQ、设点P、Q运动的时间为ts．当t为何值时，四边形ABQP是矩形；当t为何值时，四边形AQCP是菱形．21．（8分）在等边三角形ABC中，高AD＝m，求等边三角形ABC的面积．22．（10分）如图，四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在OA，OC上.(1)给出以下条件；①OB＝OD，②∠1＝∠2，③OE＝OF，请你从中选取两个条件证明△BEO≌△DFO；(2)在(1)条件中你所选条件的前提下，添加AE＝CF，求证：四边形ABCD是平行四边形．23．（10分）如图，ΔABC中，CD平分∠ACB，CD的垂直平分线分别交AC、DC、BC于点E、F、G，连接DE、DG.（1）求证：四边形DGCE是菱形；（2）若∠ACB=30∘，∠B=45∘，24．（10分）如图，点是边长为的正方形对角线上一个动点(与不重合),以为圆心，长为半径画圆弧，交线段于点,联结,与交于点.设的长为，的面积为.(1)判断的形状，并说明理由;(2)求与之间的函数关系式，并写出定义域;(3)当四边形是梯形时，求出的值.25．（12分）已知：如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC，CF⊥AD，垂足分别为点E，点F．求证：BE=DF26．已知在矩形ABCD中，∠ADC的平分线DE与BC边所在的直线交于点E，点P是线段DE上一定点（其中EP<PD）

（1）如图1，若点F在CD边上（不与D重合），将∠DPF绕点P逆时针旋转90°后，角的两边PD、PF分别交射线DA于点H、G．

①求证：PG=PF；

②探究：DF、DG、DP之间有怎样的数量关系，并证明你的结论．

（2）拓展：如图2，若点F在CD的延长线上（不与D重合），过点P作PG⊥PF，交射线DA于点G，你认为（1）中DE、DG、DP之间的数量关系是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，请写出它们所满足的数量关系式，并说明理由．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【解析】

根据因式分解是把一个多项式转化成几个整式积的形式，可得答案．【详解】解：A、是因式分解，故A不符合题意；B、是整式的乘法，故B符合题意；C、是因式分解，故C不符合题意；D、是因式分解，故D不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查了因式分解的意义．熟练地掌握因式分解的定义，明确因式分解的结果应是整式的积的形式．2、D【解析】

根据二次根式的运算法则即可判断【详解】A.与不是同类二次根式，不能合并，故该选项错误；B.与不是同类二次根式，不能合并，故该选项错误；C.÷＝＝6，故该选项错误；D.4×＝2，计算正确.故选D.【点睛】此题主要考二次根式的混合运算，在二次根式的混合运算中，结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．3、C【解析】【分析】根据二次根式有意义的条件——被开方数为非负数进行求解即可得.【详解】由题意得：2x-1≥0，解得：x≥，故选C.【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，熟知被开方数为非负数时二次根式有意义是解题的关键.4、C【解析】

根据二次根式的运算法则即可求出答案．【详解】解：原式=2+3

=5

故选C．【点睛】本题考查二次根式的运算，解题的关键是熟练运用二次根式的运算法则.5、A【解析】分析:先根据“待定系数法”确定一次函数解析式，再检验直线解析式是否满足各点的横纵坐标．详解:设经过两点(0,3)和(−2,0)的直线解析式为y=kx+b，则,解得,∴y=x+3；A.当x=−4时,y=×(−4)+3=−3，点在直线上；B.当x=4时,y=×4+3=9≠6，点不在直线上；C.当x=6时,y=×6+3=12≠9，点不在直线上；D.当x=−6时,y=×(−6)+3=−6≠6，点不在直线上；故选A.点睛:本题考查用待定系数法求直线解析式以及一定经过某点的函数应适合这个点的横纵坐标，用待定系数法求出一次函数的解析式是解答本题的关键．6、B【解析】

根据分式有意义的条件可得x+1≠0，再解即可．【详解】由题意得：x+1≠0，解得：x≠-1，故选B．【点睛】此题主要考查了分式有意义的条件，关键是掌握分式有意义的条件是分母不等于零．7、D【解析】

将各项代入，满足条件的即可.【详解】A选项，-2不是正整数，不符合题意；B选项，，不符合题意；C选项，，不符合题意；D选项，，符合题意；故选：D.【点睛】此题主要考查不等式的正整数解，熟练掌握，即可解题.8、D【解析】

根据二次根式的运算法则分别计算，再作判断．【详解】A、，选项正确；B、，选项正确；C、，选项正确；D、，选项错误．故选：D．【点睛】本题主要考查二次根式的运算，解题的关键是熟练地掌握二次根式的运算法则．9、D【解析】

设CD=x，则BD=AD=10-x．在Rt△ACD中运用勾股定理列方程，就可以求出CD的长．【详解】解：设CD=x，则BD=AD=10-x．∵在Rt△ACD中，（10-x）2=x2+52，100+x2-20x=x2+25，∴20x=75，解得：x=3.75，∴CD=3.75.故选：D.【点睛】本题主要考查了折叠问题和勾股定理的综合运用．解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质，用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．10、B【解析】解第一个不等式可得x＜a+1，因关于x的不等式组有解，即1≤x＜a+1，又因不等式组的整数解有3个，可得3＜a+1≤4，即可得2＜a≤3，故选B.点睛：本题考查了不等式组的解法及整数解的确定．求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．11、C【解析】

根据负指数幂运算法则、0次幂的运算法则、相反数的意义、绝对值的性质逐项进行判断即可得．【详解】解：A、原式，故不符合题意；B、原式，故不符合题意；C、原式=2，故符合题意；D、原式，故不符合题意，故选C．【点睛】本题考查了负指数幂、0次幂、相反数、绝对值等，熟练掌握各运算的运算法则以及相关的性质是解题的关键．12、C【解析】

A．根据图象可得，乙前4秒行驶的路程为12×4=48米，正确；B．根据图象得：在0到8秒内甲的速度每秒增加4米秒/，正确；C．根据图象可得两车到第3秒时行驶的路程不相等，故本选项错误；D．在4至8秒内甲的速度都大于乙的速度，正确；故选C．二、填空题（每题4分，共24分）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、【解析】

由方程有两个不相等的实数根，可得△＞0，建立关于a的不等式，解不等式求出a的取值范围即可.【详解】∵关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，∴△=16+4a＞0，解得，.故答案为：a>-4.【点睛】本题考查了一元二次方程根的情况与判别式△的关系：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．15、1＜x≤2【解析】

解：，解不等式①，得x＞1．解不等式②，得x≤2，故不等式组的解集为1＜x≤2．故答案为1＜x≤2．16、1【解析】

由点A的坐标利用待定系数法即可求出正比例函数的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出m的值，此题得解．【详解】设正比例函数的解析式为y＝kx(k≠0)，∵该正比例函数图象经过点A(3，﹣6)，∴﹣6＝3k，解得：k＝﹣1，∴正比例函数的解析式为y＝﹣1x．∵点B(m，﹣4)在正比例函数y＝﹣1x的图象上，∴﹣4＝﹣1m，解得：m＝1．故答案为：1．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，牢记直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y＝kx+b是解题的关键．17、（1，5）【解析】

根据向右平移横坐标加，向上平移纵坐标加求解即可．【详解】解：∵点P（-2，1）向右平移3个单位长度，再向上平移4个单位长度得到点P'，

∴点P′的横坐标为-2+3=1，

纵坐标为1+4=5，

∴点P′的坐标是（1，5）．

故答案为（1，5）．【点睛】本题考查了坐标与图形变化-平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．18、1．【解析】

∵100，80，x，1，1，这组数据的众数与平均数相等，∴这组数据的众数只能是1，否则，x=80或x=100时，出现两个众数，无法与平均数相等．∴（100＋80＋x＋1＋1）÷5=1，解得，x=1．∵当x=1时，数据为80，1，1，1，100，∴中位数是1．三、解答题（共78分）19、（1）证明见解析；（2）对补点如：N（，）．证明见解析【解析】试题分析：(1)根据正方形的对角线互相垂直,得到∠DMC＝∠AMB＝90°,从而得到点M是正方形ABCD的对补点.(2)在直线y＝x（1＜x＜3）或直线y＝－x＋4（1＜x＜3）上除（2，2）外的任意点均可,通过证明△DCN≌△BCN,得到∠CND＝∠CNB,利用邻补角的性质即可得出结论.试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD．∴∠DMC＝∠AMB＝90°.即∠DMC＋∠AMB＝180°．∴点M是正方形ABCD的对补点．（2）对补点如：N（，）．说明：在直线y＝x（1＜x＜3）或直线y＝－x＋4（1＜x＜3）上除（2，2）外的任意点均可.证明（方法一）：连接AC，BD由（1）得此时对角线的交点为（2，2）．设直线AC的解析式为：y＝kx＋b，把点A（1，1），C（3，3）分别代入，可求得直线AC的解析式为：y＝x．则点N（，）是直线AC上除对角线交点外的一点，且在正方形ABCD内.连接AC，DN，BN，∵四边形ABCD是正方形，∴DC＝BC，∠DCN＝∠BCN．又∵CN＝CN，∴△DCN≌△BCN．∴∠CND＝∠CNB．∵∠CNB＋∠ANB＝180°，∴∠CND＋∠ANB＝180°．∴点N是正方形ABCD的对补点．证明（方法二）：连接AC，BD，由（1）得此时对角线的交点为（2，2）．设点N是线段AC上的一点（端点A，C及对角线交点除外），连接AC，DN，BN，∵四边形ABCD是正方形，∴DC＝BC，∠DCN＝∠BCN．又∵CN＝CN，∴△DCN≌△BCN．∴∠CND＝∠CNB．∵∠CNB＋∠ANB＝180°，∴∠CND＋∠ANB＝180°．∴点N是正方形ABCD除对角线交点外的对补点．设直线AC的解析式为：y＝kx＋b，把点A（1，1），C（3，3）分别代入，可求得直线AC的解析式为：y＝x．在1＜x＜3范围内，任取一点均为该正方形的对补点，如N（，）．20、当时，四边形ABQP为矩形；当时，四边形AQCP为菱形．

【解析】

当四边形ABQP是矩形时，，据此求得t的值；当四边形AQCP是菱形时，，列方程求得运动的时间t；【详解】由已知可得，，在矩形ABCD中，，，当时，四边形ABQP为矩形，，得故当时，四边形ABQP为矩形．由可知，四边形AQCP为平行四边形当时，四边形AQCP为菱形即时，四边形AQCP为菱形，解得，故当时，四边形AQCP为菱形．【点睛】本题考查了菱形、矩形的判定与性质解决此题注意结合方程的思想解题．21、S＝.【解析】

如图，求出BC的长即可解决问题．【详解】解：如图，设等边三有形边长为，由勾股定理，得：，∴∴面积为：S＝【点睛】本题考查等边三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．22、（1）见解析；（2）见解析.【解析】试题分析：（1）选取①②，利用ASA判定△BEO≌△DFO；也可选取②③，利用AAS判定△BEO≌△DFO；还可选取①③，利用SAS判定△BEO≌△DFO；（2）根据△BEO≌△DFO可得EO＝FO，BO＝DO，再根据等式的性质可得AO＝CO，根据两条对角线互相平分的四边形是平行四边形可得结论．试题解析：证明：（1）选取①②，∵在△BEO和△DFO中，∴△BEO≌△DFO（ASA）；（2）由（1）得：△BEO≌△DFO，∴EO＝FO，BO＝DO，∵AE＝CF，∴AO＝CO，∴四边形ABCD是平行四边形．点睛：此题主要考查了平行四边形的判定，以及全等三角形的判定，关键是掌握两条对角线互相平分的四边形是平行四边形．23、（1）详见解析；（2）BG=5+5【解析】

（1）根据CD平分∠ACB，得到∠ACD=∠DCG，再根据EG垂直平分CD，得到DG=CG，DE=EC，从而得到∠EDC=∠DCG=∠ACD=∠GDC，故CE∥DG，DE∥GC，从而证明四边形DECG是平行四边形，再根据DE=EC证明四边形DGCE是菱形；（2）过点D作DH⊥BC，由（1）知CG=DG=10，DG∥EC，得到∠ACB=∠DGB=30∘，且DH⊥BC，得到HG=3DH=53，由∠B=45【详解】解：（1）证明：∵CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠DCG，∵EG垂直平分CD，∴DG=CG，DE=EC，∴∠DCG=∠GDC，∠ACD=∠EDC，∴∠EDC=∠DCG=∠ACD=∠GDC，∴CE∥DG，DE∥GC，∴四边形DECG是平行四边形，又∵DE=EC，∴四边形DGCE是菱形；（2）如图，过点D作DH⊥BC，由（1）知∴CG=DG=10，DG∥EC，∴∠ACB=∠DGB=30∘，且∴DH=5，HG=3∵∠B=45∘，∴∠B=∠BDH=45∴BH=DH=5，∴BG=BH+HG=5+53【点睛】此题主要考查菱形的判定与性质，解题的关键是熟知菱形的判定定理、含30°的直角三角形的性质及等腰直角三角形的性质.24、（1）为等腰直角三角形，理由见解析；（2）y=；（3）【解析】

（1）先证明，再证明四边形是矩形，再证明，可得，即可得为等腰直角三角形.（2）由，，即可求得与之间的函数关系式.（3）因为四边形是梯形时，得.求PF的长，需利用已知条件求AC,AP,CE的长，则即可得出答案.【详解】解：(1)为等腰直角三角形，理由如下:在正方形中，,又，由题意可得，，过点作,与分别交于点,在正方形中，四边形是矩形，在中，又为等腰直角三角形（2）在中，，在中，为等腰直角三角形，（3）在等腰直角三角形中，，当四边形是梯形时，只有可能,【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，函数表达式的求解，梯形的性质，解题关键在于综合运用考点，利用图形与函数的结合求解即可.25、证明见解析.【解析】

根据平行四边形的性质可得AB=CD，∠B=∠D，然后利用AAS定理证明△ABE≌△CFD可得BE=DF.【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，∠B=∠D，∵AE⊥BC，CF⊥AD，∴∠AEB=∠CFD=90°，在△ABE和△CDF中∴△AB