2025届湖南省娄底市冷水江市八下数学期末预测试题含解析

2025届湖南省娄底市冷水江市八下数学期末预测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每小题3分,共30分)1．如图，将▱ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在B′处，若∠1=∠2=44°，则∠B为（）A．66° B．104° C．114° D．124°2．如图，在菱形ABCD中，于E，，，则菱形ABCD的周长是A．5 B．10 C．8 D．123．下列等式成立的是（）A． B． C． D．4．如图，在中，点在边上，AE交于点，若DE=2CE，则（）A． B． C． D．5．若二次根式有意义，则a的取值范围是（）A．a＜3 B．a＞3 C．a≤3 D．a≠36．多项式4x2﹣4与多项式x2﹣2x+1的公因式是（）A．x﹣1B．x+1C．x2﹣1D．（x﹣1）27．若一个直角三角形的两直角边长分别为3和4，则下列说法不正确的是（）A．这个直角三角形的斜边长为5B．这个直角三角形的周长为12C．这个直角三角形的斜边上的高为D．这个直角三角形的面积为128．数据3，7，2，6，6的中位数是（）A．6 B．7 C．2 D．39．有19位同学参加歌咏比赛，所得的分数互不相同，所得分前10位同学进入决赛．某同学知道自己的分数后，要判断自己能否进入决赛，他只需知道这19位同学得分的（）A．平均数 B．中位数 C．众数 D．总分10．“的3倍与3的差不大于8”，列出不等式是（）A． B．C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．计算：－＝________．12．已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D、E、F分别是AC、AB、BC的中点，若CE=8，则DF的长是________．13．如图，已知∠EAD=30°，△ADE绕点A旋转50°后能与△ABC重合，则∠BAE=_________°.14．在平面直角坐标系中,抛物线y=a(x−2)经过原点O,与x轴的另一个交点为A．将抛物线在x轴下方的部分沿x轴折叠到x轴上方,将这部分图象与原抛物线剩余部分的图象组成的新图象记为G,过点B(0,1)作直线l平行于x轴，当图象G在直线l上方的部分对应的函数y随x增大而增大时，x的取值范围是____.15．如图，在矩形ABCD中，AD=9cm，AB=3cm，将其折叠，使点D与点B重合，则重叠部分(△BEF)的面积为_________cm2.16．如图，△ABC中，D，E分别是边AB，AC的中点．若DE=2，则BC=．17．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=1，BC=4，AC=3，BD=4，则梯形ABCD的面积为______.18．如图1，边长为a的正方形发生形变后成为边长为a的菱形，如果这个菱形的一组对边之间的距离为h，我们把的值叫做这个菱形的“形变度”．例如，当形变后的菱形是如图2形状（被对角线BD分成2个等边三角形），则这个菱形的“形变度”为2：．如图3，正方形由16个边长为1的小正方形组成，形变后成为菱形，△AEF（A、E、F是格点）同时形变为△A′E′F′，若这个菱形的“形变度”k＝，则S△A′E′F′＝__三、解答题(共66分)19．（10分）如图，在△ABC中AB＝AC．在△AEF中AE＝AF，且∠BAC＝∠EAF．求证：∠AEB＝∠AFC．20．（6分）某土产公司组织20辆汽车装运甲、乙、丙三种土特产共120吨去外地销售．按计划20辆车都要装运，每辆汽车只能装运同一种土特产，且必须装满．根据下表提供的信息，解答以下问题：土特产种类甲乙丙每辆汽车运载量（吨）865每吨土特产获利（百元）121610（1）设装运甲种土特产的车辆数为，装运乙种土特产的车辆数为，求与之间的函数关系式．（2）如果装运每辆土特产的车辆都不少于3辆，那么车辆的安排方案有几种？并写出每种安排方案．（3）若要使此次销售获利最大，应采用（2）中哪种安排方案？并求出最大利润的值．21．（6分）如图，一次函数y=-12x+5的图象l1分别与x轴，y轴交于A、B两点，正比例函数的图象l2(1)求m的值及l2(2)求得SΔAOC-S(3)一次函数y=kx+1的图象为l3，且l1，l2，l322．（8分）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB⊥AC，AB=3cm，BC=5cm．点P从A点出发沿AD方向匀速运动速度为lcm/s，连接PO并延长交BC于点Q．设运动时间为t（s）（0＜t＜5）（1）当t为何值时，四边形ABQP是平行四边形？（2）设四边形OQCD的面积为y（cm2），当t=4时，求y的值．23．（8分）如图，直线y＝x+3与x轴、y轴分别相交于A、C两点，过点B（6，0），E（0，﹣6）的直线上有一点P，满足∠PCA＝135°．（1）求证：四边形ACPB是平行四边形；（2）求直线BE的解析式及点P的坐标．24．（8分）如图，矩形ABCD中，点P是线段AD上一动点，O为BD的中点，PO的延长线交BC于Q．（1）求证：四边形PBQD是平行四边形；（2）若AD＝8cm，AB＝6cm，P从点A出发，以1cm/秒的速度向D运动（不与D重合），设点P运动时间为t秒．①请用t表示PD的长；②求t为何值时，四边形PBQD是菱形．25．（10分）甲、乙两校的学生人数基本相同，为了解这两所学校学生的数学学业水平，在同一次测试中，从两校各随机抽取了30名学生的测试成绩进行调查分析，其中甲校已经绘制好了条形统计图，乙校只完成了一部分．甲校938276777689898983878889849287897954889290876876948476698392乙校846390897192879285617991849292737692845787898894838580947290（1）请根据乙校的数据补全条形统计图；（2）两组样本数据的平均数、中位数、众数如下表所示，请补全表格；平均数中位数众数甲校83.48789乙校83.2（3）两所学校的同学都想依据抽样的数据说明自己学校学生的数学学业水平更好一些，请为他们各写出一条可以使用的理由；甲校：．乙校：．（4）综合来看，可以推断出校学生的数学学业水平更好一些，理由为．26．（10分）（1）发现．①；②；③；……写出④；⑤；（2）归纳与猜想．如果n为正整数，用含n的式子表示这个运算规律；（3）证明这个猜想．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解析】

根据平行四边形性质和折叠性质得∠BAC=∠ACD=∠B′AC=∠1，再根据三角形内角和定理可得.【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD，

∴∠ACD=∠BAC，

由折叠的性质得：∠BAC=∠B′AC，

∴∠BAC=∠ACD=∠B′AC=∠1=22°∴∠B=180°-∠2-∠BAC=180°-44°-22°=114°；

故选C．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质，求出∠BAC的度数是解决问题的关键．2、C【解析】

连接AC，根据线段垂直平分线的性质可得AB=AC=2，然后利用周长公式进行计算即可得答案.【详解】如图连接AC，，，，菱形ABCD的周长，故选C．【点睛】本题考查了菱形的性质、线段的垂直平分线的性质等知识，熟练掌握的灵活应用相关知识是解题的关键.3、D【解析】

根据二次根式的混合运算法则进行求解即可.【详解】A..与不能合并，故此选项错误；B.，故此选项错误；C.2与不能合并，故此选项错误；D..【点睛】本题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解题关键.4、D【解析】

根据DE=2CE可得出DE=CD，再由平行四边形的性质得出CD=AB，从而由即可得出答案．【详解】解：∵DE=2CE，

∴DE=CD，

又∵，AB=CD，

∴．

故选：D．【点睛】本题考查平行四边形的性质及平行线分线段成比例的知识，解答本题的关键是根据DE=2CE得出的比值，难度一般．5、C【解析】

根据被开方数是非负数，可得答案．【详解】解：由题意得，3−a⩾0，解得a⩽3，故选：C．【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式有意义的条件是解题的关键．6、A【解析】试题分析：分别将多项式与多项式进行因式分解，再寻找他们的公因式.本题解析：多项式：，多项式：，则两多项式的公因式为x-1.故选A.7、D【解析】

先根据勾股定理求出斜边长，再根据三角形面积公式，三角形的性质即可判断.【详解】解：根据勾股定理可知，直角三角形两直角边长分别为3和4，则它的斜边长是，周长是3+4+5＝12，斜边长上的高为，面积是3×4÷2＝1．故说法不正确的是D选项．故选：D．【点睛】本题考查了利用勾股定理解直角三角形的能力，即：直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方.但本题也用到了三角形的面积公式，和周长公式.8、A【解析】

将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数．【详解】解：将数据小到大排列2，3，6，6，7，所以中位数为6，故选A．【点睛】本题考查了中位数，正确理解中位数的意义是解题的关键．9、B【解析】

因为第10名同学的成绩排在中间位置，即是中位数．所以需知道这19位同学成绩的中位数．【详解】解：19位同学参加歌咏比赛，所得的分数互不相同，取得前10位同学进入决赛，中位数就是第10位，因而要判断自己能否进入决赛，他只需知道这19位同学的中位数就可以，故选：B．【点睛】本题考查了统计量的选择，掌握各个统计量的特点是解题关键．10、A【解析】

直接利用已知得出3x-3小于等于1即可．【详解】根据题意可得：3x-3≤1．故选A．【点睛】此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次不等式，正确理解题意是解题关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、1【解析】

根据算术平方根和立方根定义，分别求出各项的值，再相加即可．【详解】解：因为，所以.故答案为1．【点睛】本题考核知识点：算术平方根和立方根.解题关键点：熟记算术平方根和立方根定义，仔细求出算术平方根和立方根．12、1【解析】

根据直角三角形的性质得到AB=2CE=16，根据三角形中位线定理计算即可．【详解】∵∠ACB=90°，E是AB的中点，∴AB=2CE=16，∵D、F分别是AC、BC的中点，∴DF=AB=1．【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．13、20【解析】

利用旋转的性质得出∠DAB=50°，进而得出∠BAE的度数.【详解】解：∵∠EAD=30°，△ADE绕着点A旋转50°后能与△ABC重合，∴∠DAB=50°，则∠BAE=∠DAB-∠DAE=50°-30°=20°.故答案为：20.【点睛】此题主要考查了旋转的性质，得出旋转角∠DAB的度数是解题关键.14、1<x<2或x>2+.【解析】

先写出沿x轴折叠后所得抛物线的解析式，根据图象计算可得对应取值范围.【详解】由题意可得抛物线：y=(x−2)，对称轴是：直线x=2,由对称性得：A(4,0),沿x轴折叠后所得抛物线为：y=−(x−2)；如图，由题意得：当y=1时,(x−2)=1，解得：x=2+,x=2−，∴C(2−,1),F(2+,1)，当y=1时,−(x−2)=1，解得：x=3,x=1，∴D(1,1),E(3,1)，由图象得：图象G在直线l上方的部分,当1<x<2或x>2+时，函数y随x增大而增大；故答案为1<x<2或x>2+.【点睛】此题考查二次函数的性质，二次函数图象与几何变换，抛物线与坐标轴的交点，解题关键在于结合函数图象进行解答.15、7.1cm2【解析】已知四边形ABCD是矩形根据矩形的性质可得BC=DC，∠BCF=∠DCF=90°，又知折叠使点D和点B重合，根据折叠的性质可得C′F=CF，在RT△BCF中，根据勾股定理可得BC2+CF2=BF2，即32+（9-BF）2=BF2，解得BF=1，所以△BEF的面积=BF×AB=×1×3=7.1．点睛：本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理，熟记翻折前后两个图形能够重合找出相等的线段、相等的角是解题的关键．16、1.【解析】试题分析：根据题意画出图形，再由三角形的中位线定理进行解答即可．试题解析：∵△ABC中，D、E分别是△ABC的边AB、AC的中点，DE=2∴DE是△ABC的中位线，∴BC=2DE=2×2=1．考点：三角形中位线定理．17、2【解析】

过点D作DE∥AC，交BC的延长线于点E，得四边形ACED是平行四边形，则DE=AC=3，CE=AD=1．根据勾股定理的逆定理即可证明三角形BDE是直角三角形．根据梯形的面积即为直角三角形BDE的面积进行计算．【详解】解：过点D作DE∥AC，交BC的延长线于点E，则四边形ACED是平行四边形，∴DE=AC=3，CE=AD=1，在三角形BDE中，∵BD=4，DE=3，BE=5，∴根据勾股定理的逆定理，得三角形BDE是直角三角形，∵四边形ACED是平行四边形∴AD=CE，∴AD+BC=BE，∵梯形ABCD与三角形BDE的高相等，∴梯形的面积即是三角形BDE的面积，即3×4÷2=2，故答案是：2．【点睛】本题考查了梯形的性质，梯形中常见的辅助线之一是平移对角线．18、【解析】

求出形变前正方形的面积，形变后菱形的面积，两面积之比=菱形的“形变度”，求△AEF的面积，根据两面积之比=菱形的“形变度”，即可解答．【详解】如图，在图2中,形变前正方形的面积为：a2,形变后的菱形的面积为：∴菱形形变前的面积与形变后的面积之比：∵这个菱形的“形变度”为2:，∴菱形形变前的面积与形变后的面积之比=这个菱形的“形变度”，∵若这个菱形的“形变度”k=，∴即∴S△A′E′F′=.故答案为：.【点睛】考查菱形的性质，读懂题目中菱形的“形变度”的概念是解题的关键.三、解答题(共66分)19、证明见解析【解析】

根据全等三角形的判定得出△BAE与△CAF全等，进而解答即可．【详解】证明：∵∠BAC＝∠EAF，∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAF﹣∠EAC，∴∠BAE＝∠CAF，在△BAE与△CAF中，，∴△BAE≌△CAF（SAS）∴∠AEB＝∠AFC．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是根据全等三角形的判定得出△BAE与△CAF全等．20、（1）y=20―3x；（2）三种方案，即:方案一:甲种3辆乙种11辆丙种6辆方案二:甲种4辆乙种8辆丙种8辆方案三:甲种5辆乙种5辆丙种10辆（3）方案一,即甲种3辆,乙种11辆,丙种6辆,最大利润为16.44万元｡【解析】

(1)由8x+6y+5(20-x-y)=120得y=20-3x(2)由得3≤x≤且x为正整数，故3，4，5车辆安排有三种方案：方案一：甲种车3辆；乙种车11辆；丙种车6辆；方案二：甲种车4辆；乙种车8辆；丙种车8辆；方案三：甲种车5辆；乙种车5辆；丙种车10辆；(3)设此次销售利润为w元．w=8x×12+6(20-x)×16+5[20-x-(20-3x)]×10=1920-92xw随x的增大而减小，由（2）：x=3,4,5∴当x＝3时,W最大＝1644（百元）＝16.44万元答：要使此次销售获利最大,应采用（2）中方案一,即甲种3辆,乙种11辆,丙种6辆,最大利润为16.44万元21、(1)m=52；y=32x；(2)252；(3)【解析】

（1）由y=-12x+5求出点C（2）分别求出ΔAOC,ΔBOC的面积即可；（3）l3∥l1,l3∥【详解】解：(1)∵点Cm,154∴把Cm,154代入y=-1设l2的解析式为y=ax，将点C52,∴l2的解析式为(2)y=-12x+5=0时，x=10，所以A(10,0),B(0,5)，即OA=10,OB=5，由C52,154可知点C到S(3)由题意可得l3∥l1,当l3∥l1时，k=-12，当l3∥l2时，k=32所以当l1，l2，l3可以围成三角形时k的取值范围为k≠-12【点睛】本题考查了一次函数，包括待定系数法求解析式及函数图像围成三角形的面积，正确理解题意，做到数形结合是解题的关键.22、（1）当t=1.5s时，四边形ABQP是平行四边形，理由详见解析；（1）5.4cm1．【解析】

（1）求出和，根据平行四边形的判定得出即可；（1）先求出高AM和ON的长度，再求出和的面积，再求出答案即可．【详解】（1）当时，四边形ABQP是平行四边形，理由如下：∵四边形ABCD是平行四边形∴∴在和中，∴∴，∵∴即∴四边形ABQP是平行四边形故当时，四边形ABQP是平行四边形；（1）过A作于M，过O作于N∵∴在中，由勾股定理得：由三角形的面积公式得：，即∴∵∴∵∴∴在和中，∴∴∵∴的面积为当时，∴的面积为∴故y的值为．【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定、三角形的面积、全等三角形的性质和判定等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．23、（1）详见解析；（2）点P的坐标为（9，3）．【解析】

（1）利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A、C的坐标，进而可得出∠CAO=45°，结合∠PCA=135°可得出∠CAO+∠PCA=180°，利用“同旁内角互补，两直线平行”可得出AB∥CP，同理可求出∠ABE=45°=∠CAO，利用“内错角相等，两直线平行”可得出AC∥BP，再利用平行四边形的判定定理可证出四边形ACPB为平行四边形；

（2）由点B、E的坐标，利用待定系数法可求出直线BE的解析式，由AB∥CP可得出点P的纵坐标，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可求出点P的坐标．【详解】（1）∵直线y＝x+3与x轴、y轴分别相交于A、C两点，∴点A的坐标为（﹣3，0），点C的坐标为（0，3），∴OA＝OC．∵∠AOC＝90°，∴∠CAO＝45°．∵∠PCA＝135°，∴∠CAO+∠PCA＝180°，∴AB∥CP．∵点B的坐标为（1，0），点E的坐标为（0，﹣1），∴OB＝OE．∵∠BOE＝90°，∴∠OBE＝45°，∴∠CAO＝∠ABE＝45°，∴AC∥BP，∴四边形ACPB为平行四边形．（2）设直线BE的解析式为y＝kx+b（k≠0），将B（1，0）、E（0，﹣1）代入y＝kx+b，得：，解得：∴直线BE的解析式为y＝x﹣1．∵AB∥CP，∴点P的纵坐标是3，∴点P的坐标为（9，3）．【点睛】本题考查了平行线的判定、平行四边形的判定、等腰三角形的性质、待定系数法求出一次函数解析式以及一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）利用平行线的判定定理找出AB∥CP、AC∥BP；（2）根据点的坐标，利用待定系数法求出直线BE的解析式．24、（1）见解析；（2）①；②当时，四边形PBQD是菱形.【解析】

(1)先证明△POD≌△QOB，从而得OP=OQ，再由OB=OD，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证得