2025届海南省海南师范大附属中学数学八下期末学业水平测试试题含解析

2025届海南省海南师范大附属中学数学八下期末学业水平测试试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(每小题3分,共30分)1．如果解关于x的方程x-6x-5+1＝mx-5（m为常数）时产生增根，那么A．﹣1 B．1 C．2 D．﹣22．如图，四边形ABCD是平行四边形，O是对角线AC与BD的交点，AB⊥AC，若AB＝8，AC＝12，则BD的长是（）A．16 B．18 C．20 D．223．要使分式有意义，x应满足的条件是（）A． B． C． D．4．为了了解某地八年级男生的身高情况，从当地某学校选取了60名男生统计身高情况，60名男生的身高(单位：cm)分组情况如下表所示，则表中a，b的值分别为()分组147.5～157.5157.5～167.5167.5～177.5177.5～187.5频数1026a频率0.3bA．18,6 B．0.3,6C．18,0.1 D．0.3,0.15．如图，在正方形中，，是对角线上的动点，以为边作正方形，是的中点，连接，则的最小值为（）A． B． C．2 D．6．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA=OB，若AD=4，，则AB的长为（）A． B． C．8 D．7．如图，不能判定△AOB和△DOC相似的条件是（

）A．AO•CO=BO•DO B． C．∠A=∠D D．∠B=∠C8．正比例函数的图像上的点到两坐标轴的距离相等，则（）.A．1 B．-1 C．±1 D．±29．在ABCD中，∠A：∠B：∠C：∠D的值可以是（）A．1：2：3：4 B．3：4：4：3 C．3：3：4：4 D．3：4：3：410．如图，由绕点旋转而得到，则下列结论不成立的是()A．点与点是对应点 B．C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．矩形内一点到顶点，，的长分别是，，，则________________．12．如图，菱形的对角线相交于点，若，则菱形的面积＝____.13．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=5cm，BC=12cm，将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，连接DC交AB于点F，则△ACF与△BDF的周长之和为_______cm．14．在关系式V=31-2t中，V随着t的变化而变化，其中自变量是_____，因变量是_____，当t=_____时，V=1．15．在中，，，，则斜边上的高为________.16．在□ABCD中，∠A＝105º，则∠D＝__________．17．在学校的社会实践活动中，一批学生协助搬运初一、二两个年级的图书，初一年级需要搬运的图书数量是初二年级需要搬运的图书数量的两倍.上午全部学生在初一年级搬运，下午一半的学生仍然留在初一年级（上下午的搬运时间相等）搬运，到放学时刚好把初一年级的图书搬运完.下午另一半的学生去初二年级搬运图书，到放学时还剩下一小部分未搬运，最后由三个学生再用一整天的时间刚好搬运完.如果这批学生每人每天搬运的效率是相同的，则这批学生共有人数为______.18．李明同学进行射击练习，两发子弹各打中5环，四发子弹各打中8环，三发子弹各打中9环．一发子弹打中10环，则他射击的平均成绩是________环．三、解答题(共66分)19．（10分）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点.如图，5×5正方形方格纸图中，点A，B都在格点处.(1)请在图中作等腰△ABC，使其底边AC＝2，且点C为格点；(2)在(1)的条件下，作出平行四边形ABDC，且D为格点，并直接写出平行四边形ABDC的面积.20．（6分）如图，在中，延长至点，使，连接，作于点，交的延长线于点，且．（1）求证：；（2）如果，求的度数．21．（6分）再读教材:宽与长的比是(约为0.618)的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调,匀称的美感.世界各国许多著名的建筑.为取得最佳的视觉效果,都采用了黄金矩形的设计，下面我们用宽为2的矩形纸片折叠黄金矩形.(提示;MN=2)第一步,在矩形纸片一端.利用图①的方法折出一个正方形,然后把纸片展平.第二步，如图②.把这个正方形折成两个相等的矩形,再把纸片展平.第三步,折出内侧矩形的对角线AB,并把AB折到图③中所示的AD处，第四步,展平纸片,按照所得的点D折出DE,使DE⊥ND,则图④中就会出现黄金矩形，问题解决:（1）图③中AB=________(保留根号);（2）如图③,判断四边形BADQ的形状,并说明理由;（3）请写出图④中所有的黄金矩形,并选择其中一个说明理由.（4）结合图④.请在矩形BCDE中添加一条线段,设计一个新的黄金矩形,用字母表示出来,并写出它的长和宽.22．（8分）如图，已知：在平行四边形ABCD中，AB=2，AD=4，∠ABC=60°，E为AD上一点，连接CE，AF∥CE且交BC于点F．（1）求证：四边形AECF为平行四边形．（2）证明：△AFB≌△CED．（3）DE等于多少时，四边形AECF为菱形．（4）DE等于多少时，四边形AECF为矩形．23．（8分）任丘市举办一场中学生乒乓球比赛，比赛的费用y（元）包括两部分：一部分是租用比赛场地等固定不变的费用b（元），另一部分费用与参加比赛的人数（x）人成正比．当x＝20时，y＝1600；当x＝30时，y＝1．（1）求y与x之间的函数关系式；（2）如果承办此次比赛的组委会共筹集；经费6350元，那么这次比赛最多可邀请多少名运动员参赛？24．（8分）甲、乙两个车间接到加工一批零件的任务，从开始加工到完成这项任务共用了9天．其间，乙车间在加工2天后停止加工，引入新设备后继续加工，直到与甲车间同时完成这项任务为止，设甲、乙两个车间各自加工零件总数y（单位：件）与加时间x（单位：天）的对应关系如图1所示，由工厂统计数据可知，甲车间与乙车间加工零件总数之差z（单位：件）与加时间x（单位：天）的对应关系如图2所示，请根据图象提供的信息回答：图中的值是__________；第_________天时，甲、乙两个车间加工零件总数相同.25．（10分）若x＝3＋2，y＝3－2，求的值．26．（10分）解不等式组，并将不等式组的解集在下面的数轴上表示出来：．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【解析】

分式方程去分母转化为整式方程，由分式方程有增根，得到x﹣5=0，求出x的值，代入整式方程计算即可求出m的值．【详解】方程两边都乘以x﹣5，得：x﹣6+x﹣5=m．∵方程有增根，∴x=5，将x=5代入x﹣6+x﹣5=m，得：m=﹣1．故选A．【点睛】本题考查了分式方程的增根，增根确定后可按如下步骤进行：①化分式方程为整式方程；②把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．2、C【解析】试题分析：根据平行四边形的性质可得AO=6，则根据Rt△AOB的勾股定理得出BO=10，则BD=2BO=20.考点：平行四边形的性质3、D【解析】

直接利用分式有意义的条件，即分母不等于0，进而得出答案．【详解】解：要使分式有意义，x应满足的条件是：x-1≠0，

解得：x≠1．

故选：D．【点睛】本题考查分式有意义的条件，正确把握分式有意义的条件是解题关键．4、C【解析】

解：因为a=61×1．3=18，所以第四组的人数是：61﹣11﹣26﹣18=6，所以b==1.1，故选C．【点睛】本题考查频数（率）分布表．5、A【解析】

取AD中点O，连接OE，得到△ODE≌△HDG，得到OE=HG,当OE⊥AC时，OE有最小值，此时△AOE是等腰直角三角形，OE=AE，再根据正方形及勾股定理求出OE，即可得到GH的长．【详解】取AD中点O，连接OE，得到△ODE≌△HDG，得到OE=HG,当OE⊥AC时，OE有最小值，此时△AOE是等腰直角三角形，OE=AE，∵AD=AB=4,∴AO=AB=2在Rt△AOE中，由勾股定理可得OE2+AE2=AO2=4,即2OE2=4解得OE=∴GH的最小值为故选A．【点睛】本题考查了正方形的性质,根据题意确定E点的位置是解题关键．6、A【解析】

由平行四边形ABCD中，OA=OB得到平行四边形ABCD是矩形，又，得到三角形AOD为等边三角形，再利用勾股定理得到AB的长.【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，∴OA=OC，OB=OD，又∵OA=OB，∴OA=OD=OB=OC，∴平行四边形ABCD为矩形，∠DAB=90°,而，∴为等边三角形，∴AD=OD=OA=OB=4，在Rt中，AD=4，DB=2OD=8，∴,故选：A.【点睛】本题利用了矩形的判定和性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理定理的应用求解．属于基础题.7、B【解析】选项A、能判定．利用两边成比例夹角相等．选项B、不能判定．选项C、能判定．利用两角对应相等的两个三角形相似．选项D、能判定．利用两角对应相等的两个三角形相似．故选B．点睛：相似常见图形（1）称为“平行线型”的相似三角形（如图,有“A型”与“X型”图）（2）如图：其中∠1=∠2，则△ADE∽△ABC称为“斜交型”的相似三角形，有“反A共角型”、“反A共角共边型”、“蝶型”，如下图：8、C【解析】

根据题意，正比例函数图象上的点的坐标可设为（a，a）或（a，-a），然后把它们分别代入y=kx可计算出对应的k的值，从而可确定正比例函数解析式．【详解】∵正比例函数图象上的点到两坐标轴的距离相等，∴正比例函数图象上的点的坐标可设为（a，a）或（a，-a），∴k•a=a或k•a=-a∴k=1或-1，故选C．【点睛】本题考查了待定系数法求正比例函数的解析式：设正比例函数解析式为y=kx，然后把一组对应值代入求出k，从而得到正比例函数解析式．9、D【解析】分析：根据平行四边形的性质：平行四边形的两组对角分别相等即可判断．详解：根据平行四边形的两组对角分别相等．可知D正确．故选D．点睛：本题考查了平行四边形的性质，平行四边形的性质有：平行四边形对边平行且相等；平行四边形对角相等，邻角互补；平行四边形对角线互相平分.10、C【解析】

根据旋转的性质，图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕某个固定点旋转固定角度的位置移动，其中对应点到旋转中心的距离相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变，依次分析可得答案．【详解】A.点与点是对应点，成立；B.，成立；C.，不成立；D.，成立；故答案为：C．【点睛】本题考查了三角形旋转的问题，掌握旋转的性质是解题的关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、【解析】

如图作PE⊥AB于E，EP的延长线交CD于F，作PGLBC于G.则四边形AEFD是矩形，四边形EBGP是矩形，四边形PFCG是矩形，设AE=DF=a，EP=BG=b，BE=PG=c，PF=CG=d，则有a2+b2=9，c2+a2=16，c2+d2=25，可得2（a2+c2）+b2+d2=9+16+25推出b2+d2=18，即可解决问题.【详解】解：如图作PELAB于E，EP的延长线交CD于F，作PGLBC于G.则四边形AEFD是矩形，四边形EBGP是矩形，四边形PFCG是矩形.设AE=DF=a，EP=BG=b，BE=PG=c，PF=CG=d，则有：a2+b2=9，c2+a2=16，c2+d2=25∴2（a2+c2）+b2+d2=9+16+25∴b2+d2=18∴PD=，故答案为.【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题.12、3.【解析】

先求出菱形对角线AC和BD的长度，利用菱形面积等于对角线乘积的一半求解即可．【详解】因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD．在Rt△AOB中，利用勾股定理求得BO=1．∴BD=6，AC=2．∴菱形ABCD面积为×AC×BD=3．故答案为：3．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是熟记菱形面积的求解方法，运用对角线求解面积是解题的最优途径．13、1．【解析】

∵将△ABC绕点B顺时针旋转60°，得到△BDE，∴△ABC≌△BDE，∠CBD=60°，∴BD=BC=12cm，∴△BCD为等边三角形，∴CD=BC=BD=12cm，在Rt△ACB中，AB===13，△ACF与△BDF的周长之和=AC+AF+CF+BF+DF+BD=AC+AB+CD+BD=5+13+12+12=1（cm），故答案为1．考点：旋转的性质．14、tV15【解析】∵在关系式V=31-2t中，V随着t的变化而变化，∴在关系式V=31-2t中，自变量是；因变量是；在V=31-2t中，由可得：，解得：，∴当时，.故答案为（1）；（2）；（3）15.15、【解析】

利用面积法，分别以直角边为底和斜边为底，根据三角形面积相等，可以列出方程，解得答案【详解】解：设斜边上的高为h，在Rt△ABC中，利用勾股定理可得：根据三角形面积两种算法可列方程为：解得：h=2.4cm，故答案为2.4cm【点睛】本题考查勾股定理和利用面积法算垂线段的长度，要熟练掌握.16、【解析】

根据平行四边形的对角相等的性质即可求解．【详解】解：在□ABCD中，∠A＝105º，故答案为：【点睛】本题考查平行四边形的性质，利用平行四边形对角相等的性质是解题的关键．17、8【解析】

设二年级需要搬运的图书为a本，则一年级搬运的图书为2a本，这批学生有x人，每人每天的搬运效率为m，根据题意的等量关系建立方程组求出其解即可．【详解】解：设二年级需要搬运的图书为a本，则一年级搬运的图书为2a本，这批学生有x人，每人每天的搬运效率为m，由题意得：解得：x=8，即这批学生有8人【点睛】本题考查了列二元一次方程组解实际问题的运用，二元一次方程组的解法的运用，设参数法列方程解实际问题的运用，解答时根据工作量为2a和a建立方程是关键，运用整体思想是难点．18、7.9【解析】分析：根据平均数的定义进行求解即可得.详解：由题意得：故答案为点睛：本题考查了算术平均数，熟练掌握算术平均数的定义是解题的关键.三、解答题(共66分)19、(1)见解析；(2)画图见解析；其面积为8.【解析】

(1)根据每个正方形的边长为1，利用勾股定理确定C点的位置（使AC=2），再连接AB,AC即可.(2)根据平行四边形的性质确定点D连接BD,CD即可得到所求四边形；再根据平行四边形面积公式即可求出.【详解】(1)如图，△ABC即为所求.(2)如图，平行四边形ABDC即为所求，其面积为8.【点睛】本题考查了等腰三角形的性质以及平行四边形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键.20、（1）详见解析；（2）40°【解析】

（1）先由HL判定Rt△BCE≌Rt△CDF，得到∠ABC＝∠DCF，然后由对顶角相等可得：∠DCF＝∠ACB，进而可得∠ABC＝∠ACB，然后由等角对等边，可得AB＝AC；（2）由CD＝BC，可得∠CBD＝∠CDB，然后由三角形的外角的性质可得：∠ACB＝∠CBD＋∠CDB＝2∠CBD，由∠ABC＝∠ACB，进而可得：∠ABC＝2∠CBD，然后由∠ABD＝∠ABC＋∠CBD＝3∠CBD＝105，进而可求：∠CBD的度数及∠ABC的度数，然后由三角形的内角和定理即可求∠A的度数．【详解】解：（1）证明：∵，，∴．又∵，，∴，∴，又∵，∴，∴．（2）∵，∴．∵，∴．∵，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】此题考查了直角三角形全等的判定与性质，及等腰三角形判定与性质，解题的关键是：熟记三角形全等的判定与性质．21、（1）；(2)见解析;(3)见解析;(4)见解析.【解析】分析：（1）由勾股定理计算即可；（2）根据菱形的判定方法即可判断；（3）根据黄金矩形的定义即可判断；（4）如图④﹣1中，在矩形BCDE上添加线段GH，使得四边形GCDH为正方形，此时四边形BGHE为所求是黄金矩形．详解：（1）如图3中．在Rt△ABC中，AB===．故答案为．（2）结论：四边形BADQ是菱形．理由如下：如图③中，∵四边形ACBF是矩形，∴BQ∥AD．∵AB∥DQ，∴四边形ABQD是平行四边形，由翻折可知：AB=AD，∴四边形ABQD是菱形．（3）如图④中，黄金矩形有矩形BCDE，矩形MNDE．∵AD=．AN=AC=1，CD=AD﹣AC=﹣1．∵BC=2，∴=，∴矩形BCDE是黄金矩形．∵==，∴矩形MNDE是黄金矩形．（4）如图④﹣1中，在矩形BCDE上添加线段GH，使得四边形GCDH为正方形，此时四边形BGHE为所求是黄金矩形．长GH=﹣1，宽HE=3﹣．点睛：本题考查了几何变换综合题、黄金矩形的定义、勾股定理、翻折变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考创新题目．22、(1)见解析;(2)见解析;(3)DE=2;(4)DE=1.【解析】

（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形进行证明即可得；（2）根据ABCD为平行四边形，可得AB=CD，AD=BC，再根据AECF为平行四边形，可得AF=CE，AE=FC，继而可得DE=BF，根据SSS即可证明△AFB≌△CED；（3）当DE=2时，AECF为菱形，理由：由AB=DC=2，∠ABC=∠EDC=60°可得△EDC为等边三角形，继而可得到AE=EC，根据邻边相等的平行四边形是菱形即可得；（4）当DE=1时，AECF为矩形，理由：若AECF为矩形则有∠DEC=90°，再根据DC=2，∠D=60°，则可得∠DCE=30°，继而可得DE=1.【详解】（1）∵为平行四边形，∴，即，又∵(已知)，∴为平行四边形；（2）∵为平行四边形，∴，，∵为平行四边形，∴，∴，在与中，，∴；(3)当时，为菱形，理由如下：∵，∴为等边三角形，，，即：，∴平行四边形为菱形；（4）当时，为矩形，理由如下：若为矩形得：，∵，，∴，∴.【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定、矩形的判定与性质等，熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键.23、(1)函数的解析式是：y＝40x＋800；(2)这次比赛最多可邀请138名运动员．【解析】

（1）根据叙述即可得到y与x之间的关系是一次函数关系，可以利用待定系数法求解；（2）在（1）求得的函数解析式中，令y=6350，即可求得x的值．【详解】解：（1）设y＝kx＋b，根据题意得：解得：则函数的解析式是：y＝40x＋800（2）在y＝40x＋800中