2023年重庆市宜宾市中学数学八下期末质量检测试题含解析

2022-2023学年八下数学期末模拟试卷考生须知：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（每题4分，共48分）1．下列各命题是假命题的是（）A．平行四边形的对角相等 B．四条边都相等的四边形是菱形C．正方形的两条对角线互相垂直 D．矩形的两条对角线互相垂直2．如图，已知△ABC，按以下步骤作图：①分别以B、C为圆心，以大于BC的长为半径作弧，两弧相交于两点M、N；②作直线MN交AB于点D，连接CD．若∠B＝30°，∠A＝55°，则∠ACD的度数为（）A．65° B．60° C．55° D．45°3．11名同学参加数学竞赛初赛，他们的等分互不相同，按从高分录到低分的原则，取前6名同学参加复赛，现在小明同学已经知道自己的分数，如果他想知道自己能否进入复赛，那么还需知道所有参赛学生成绩的（）A．平均数B．中位数C．众数D．方差4．下列计算中，正确的是（）．A． B．C． D．5．如果关于的一元二次方程有实数根，那么的取值范围是（）A． B． C． D．且6．我市某一周每天的最高气温统计如下（单位：℃）：27，28，1，28，1，30，1．这组数据的众数与中位数分别是（）．A．28，28 B．28，1 C．1，28 D．1，17．在一次数学测验中，一学习小组七人的成绩如表所示:成绩(分)788996100人数1231则这七人成绩的中位数是()A．22 B．89 C．92 D．968．二次根式中，字母的取值范围是（）A． B． C． D．9．坐标平面上有一点A，且A点到x轴的距离为3，A点到y轴的距离恰为到x轴距离的3倍，若A点在第二象限，则A点坐标为()A．(﹣3，9) B．(﹣3，1) C．(﹣9，3) D．(﹣1，3)10．如果等腰三角形的两边长分别为2和5，则它的周长为（）A．9 B．7 C．12 D．9或1211．已知一次函数y=kx﹣k（k≠0），y随x的增大而增大，则该函数的图象大致是（）A． B．C． D．12．在下列各式中，（1），（2）x2y－3xy2，（3），（4），是分式的有（）A．（1）.（2） B．（1）.（3） C．（1）.（4） D．（3）.（4）二、填空题（每题4分，共24分）13．顺次连接矩形ABCD各边中点，所得四边形形状必定是__________．14．如图是棱长为4cm的立方体木块，一只蚂蚁现在A点，若在B点处有一块糖，它想尽快吃到这块糖，则蚂蚁沿正方体表面爬行的最短路程是______cm．15．如图，在Rt△ABC与Rt△DEF中，∠B=∠E=90°，AC=DF，AB=DE，∠A=50°，则∠DFE=

________​16．如图，的面积为36,边cm，矩形DEFG的顶点D、G分别在AB、AC上，EF在BC上，若，则______cm.17．如图，将直线OA向上平移1个单位，得到一个一次函数的图象，那么这个一次函数的关系式是_______．18．如图，四边形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于点H，则DH＝_____．三、解答题（共78分）19．（8分）A、B两乡分别由大米200吨、300吨．现将这些大米运至C、D两个粮站储存．已知C粮站可储存240吨，D粮站可储存200吨，从A乡运往C、D两处的费用分别为每吨20元和25元，B乡运往C、D两处的费用分别为每吨15元和18元．设A乡运往C粮站大米x吨．A、B两乡运往两个粮站的运费分别为yA、yB元．（1）请填写下表，并求出yA、yB与x的关系式：C站D站总计A乡x吨200吨B乡300吨总计240吨260吨500吨（2）试讨论A、B乡中，哪一个的运费较少；（3）若B乡比较困难，最多只能承受4830元费用，这种情况下，运输方案如何确定才能使总运费最少？最少的费用是多少？20．（8分）阅读下列材料，并解答其后的问题：我国古代南宋数学家秦九韶在其所著书《数学九章》中，利用“三斜求积术”十分巧妙的解决了已知三角形三边求其面积的问题，这与西方著名的“海伦公式”是完全等价的．我们也称这个公式为“海伦•秦九韶公式”，该公式是：设△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，△ABC的面积为S＝．（1）（举例应用）已知△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，且a＝4，b＝5，c＝7，则△ABC的面积为；（2）（实际应用）有一块四边形的草地如图所示，现测得AB＝（2+4）m，BC＝5m，CD＝7m，AD＝4m，∠A＝60°，求该块草地的面积．21．（8分）已知正方形ABCD，点P是对角线AC所在直线上的动点，点E在BC边所在直线上，PE＝PB．(1)如图1，当点E在线段BC上时，求证：①PE＝PD，②PE⊥PD．简析：由正方形的性质，图1中有三对全等的三角形，即△ABC≌△ADC，_______≌_______，和_______≌______，由全等三角形性质，结合条件中PE＝PB，易证PE＝PD．要证PE⊥PD，考虑到∠ECD=90°，故在四边形PECD中，只需证∠PDC+∠PEC＝______即可.再结合全等三角形和等腰三角形PBE的性质，结论可证.(2)如图2，当点E在线段BC的延长线上时，(1)中的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；(3)若AB＝1，当△PBE是等边三角形时，请直接写出PB的长.22．（10分）如图，在四边形OABC中，OA∥BC，∠OAB=90°，O为原点，点C的坐标为(2，8)，点A的坐标为(26，0)，点D从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿BC向点C运动，点E同时从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线OAB运动，当点E达到点B时，点D也停止运动，从运动开始，设D(E)点运动的时间为t秒．(1)当t为何值时，四边形ABDE是矩形；(2)当t为何值时，DE=CO？(3)连接AD，记△ADE的面积为S，求S与t的函数关系式．23．（10分）如图，于点，于点，与相交于点，连接线段，恰好平分．求证：．24．（10分）如图，在矩形中，点在边上，且平分.(1)证明为等腰三角形;(2)若，，求的长.25．（12分）从1，1．．．，100这100个数中任意选取一个数，求：（1）取到的是3的倍数的数概率P（A）（1）取到的个位数字与十位数字之和为7的两位数的概率P（B）26．解不等式组，并写出x的所有整数解．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【解析】

利于平行四边形的性质、菱形的判定定理、正方形的性质及矩形的性质分别判断后即可确定正确的选项．【详解】A.平行四边形的对角相等，正确，为真命题；B.四条边都相等的四边形是菱形，正确，是真命题；C.正方形的两条对角线互相垂直，正确，为真命题；D.矩形的两条对角线相等但不一定垂直，故错误，为假命题，故选D.【点睛】此题考查命题与定理，解题关键在于掌握各性质定理.2、A【解析】

先根据题意得出MN是线段BC的垂直平分线，故可得出CD=BD，即∠B=∠BCD，再由∠B=30°、∠A=55°知∠ACB=180°-∠A-∠B=95°，根据∠ACD=∠ACB-∠BCD即可。【详解】解：根据题意得出MN是线段BC的垂直平分线，∵CD=BD，∴∠B=∠BCD=30°.∵∠B=30°，∠A=55°，∴∠ACB=180°-∠A-∠B=95°，∴∠ACD=∠ACB-∠BCD=65°，故选：A.【点睛】本题考查的是作图一基本作图，熟知线段垂直平分线的作法是解答此题的关键.3、B【解析】试题分析：由于总共有11个人，且他们的分数互不相同，第6的成绩是中位数，要判断是否进入前6名，知道中位数即可．故答案选B．考点：中位数.4、B【解析】

根据二次根式的计算法则进行计算即可得出答案．【详解】解：A、，计算错误；B、计算正确；C、，计算错误；D、，计算正确；故选B．点睛：本题主要考查的是二次根式的计算法则，属于基础题型．明确计算法则是解决这个问题的关键．5、D【解析】

利用一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠0且△=（-3）2-4×k×（-1）≥0，即可得出答案.【详解】解：方程为一元二次方程，.方程有实数的解，，.综合得且.【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与△=b2-4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程无实数根．6、D【解析】

根据中位数和众数的定义，先将这组数据按顺序依次排列，取中间的那个数即为中位数，取出现次数最多的那个数即为众数；【详解】众数：1；中位数：1；故选：D.【点睛】本题主要考查众数和中位数的定义，熟练掌握相关的定义是求解本题的关键.7、D【解析】

根据中位数的定义求解即可.【详解】∵从小到大排列后，成绩排在第四位的是96分，∴中位数是96.故选D.【点睛】此题主要考查了中位数的意义，找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数．8、D【解析】

根据被开方数是非负数列式求解即可.【详解】由题意得1-3a≥0，∴.故选D.【点睛】本题考查了二次根式的定义，形如的式子叫二次根式，熟练掌握二次根式成立的条件是解答本题的关键.9、C【解析】

根据点到x轴的距离等于纵坐标的绝对值求出点A的纵坐标，再根据点到y轴的距离等于横坐标的绝对值求出横坐标，再根据A点在第二象限，即可得解．【详解】解：∵A点到x轴的距离为3，A点在第二象限，

∴点A的纵坐标为3，

∵A点到y轴的距离恰为到x轴距离的3倍，A点在第二象限，

∴点A的横坐标为-9，

∴点A的坐标为（-9，3）．

故选：C．【点睛】本题考查了点的坐标，主要利用了点到x轴的距离等于纵坐标的长度，点到y轴的距离等于横坐标的长度，需熟练掌握并灵活运用．10、C【解析】试题分析：当2为腰时，三角形的三边是2,2,5，因为2+2＜5，所以不能组成三角形；当2为底时，三角形的三边是2,5,5，所以三角形的周长=12，故选C．考点：等腰三角形的性质、三角形的三边关系．11、B【解析】

一次函数的图象与性质：k＞0，y随x的增大而增大，函数从左到右上升；k＜0，y随x的增大而减小，函数从左到右下降．当b＞0时，直线与y轴交于正半轴；当b＜0时，直线与y轴交于负半轴．【详解】∵一次函数y=kx﹣k，y随x增大而增大，∴k＞0，﹣k＜0，∴此函数的图象经过一、三、四象限．故选B．【点睛】本题主要考查了一次函数的图象与性质，熟练掌握一次函数的图像与系数的关系式解答本题的关键.12、B【解析】

根据分式的定义看代数式中分母中含有字母的代数式为分式.【详解】x2y－3xy2和分母中不含有字母，为整式；和分母中含有字母为分式，故选B.【点睛】本题考查分式的定义，判断分式的依据是看分母中是否含有字母，如果含有字母则是分式，如果不含有字母则不是分式.二、填空题（每题4分，共24分）13、菱形【解析】【分析】连接BD,AC,根据矩形性质和三角形中位线性质，可证四条边相等，可得菱形.【详解】如图连接BD,AC由矩形性质可得AC=BD,因为，E，F,G,H是各边的中点，所以，根据三角形中位线性质可得：HG=EF=BD,EH=FG=AC所以，EG=EF=EF=FG，所以，所得四边形EFGH是菱形.故答案为：菱形【点睛】本题考核知识点：矩形性质，菱形判定.解题关键点:由三角形中位线性质证边相等.14、【解析】

根据“两点之间线段最短”，将点A和点B所在的各面展开，展开为矩形，AB为矩形的对角线的长即为蚂蚁沿正方体表面爬行的最短距离，再由勾股定理求解即可．【详解】将点A和点B所在的面展开为矩形，AB为矩形对角线的长，∵矩形的长和宽分别为8cm和4cm，∴AB==cm．故蚂蚁沿正方体的最短路程是cm．故答案为：.【点睛】本题考查了勾股定理的拓展应用．“化曲面为平面”是解决“怎样爬行最近”这类问题的关键．15、40°【解析】

根据HL可证Rt△ABC≌Rt△DEF，由全等三角形的性质可得∠EDF=∠A=50°，即可求解.【详解】∵△ABC和△DEF是直角三角形且AC=DF，AB=DE，∴△ABC≌△DEF.∵∠A=50°，∴∠EDF=∠A=50°，∵△DEF是直角三角形，∴∠EDF+∠DFE=90°.∵∠EDF=50°，∴∠DFE=90°-50°=40°.故答案为40°.【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定，以及直角三角形两个锐角互余，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键.16、6【解析】

作AH⊥BC于H点，可得△ADG∽△ABC，△BDE∽△BAH，根据相似三角形对应边比例等于相似比可解题．【详解】解：作AH⊥BC于H点，∵四边形DEFG为矩形，

∴△ADG∽△ABC，△BDE∽△BAH，∵的面积为36,边cm∴AH=6∵EF=2DE，即DG=2DE解得：DE=3∴DG=6故答案为：6【点睛】本题考查了相似三角形的判定，考查了相似三角形对应边比例相等的性质．17、y=2x+1【解析】试题分析：由原直线上的两点坐标得到平移后的点的坐标，再用待定系数法即可求出平移后的解析式．解：由图象可知，点(0,0)、(2,4)在直线OA上，∴向上平移1个单位得到的点是(0,1)(2,5)，那么这两个点在将直线OA向上平移1个单位，得到一个一次函数的图象y=kx+b上，则b=1，2k+b=5解得：k=2.∴y=2x+1.故答案为：y=2x+1.点睛：本题主要考查待定系数法求一次函数的解析式.解题的关键在于根据图象确定出平移后的点的坐标.18、【解析】分析：本题考查的是菱形的面积问题，菱形的面积即等于对角线积的一半，也等于底乘以高.解析：∵四边形ABCD是菱形，AC=8，DB=6，∴菱形面积为24，设AC与BD相较于点O，∴AC⊥BD,OA=4,OB=3,∴AB=5,又因为菱形面积为AB×DH=24,∴DH=.故答案为.三、解答题（共78分）19、（1）表见解析；yA=20x+25×(200−x)=−5x+5000(0⩽x⩽200)；yB=15×(240−x)+18×(x+60)=3x+4680(0⩽x⩽200)；（2）当x<40时，B乡运费少；当x=40时，A.B两乡运费一样多；当x>40时，A乡运费少；（3）当x=50时，总运费最低，最低费用为9580元.【解析】

（1）结合已知完善表格，再根据运费=运输单价×数量，得出yA、yB与x的关系式；（2）令yA=yB，找出二者运费相等的x，以此为界分成三种情况；（3）由B乡运费最多为4830元，找出x的取值范围，再根据yA+yB的单调性，即可得知当x取什么值时，总运费最低．【详解】(1)根据已知补充表格如下：A乡运往两个粮站的运费yA=20x+25×(200−x)=−5x+5000(0⩽x⩽200)；B乡运往两个粮站的运费yB=15×(240−x)+18×(x+60)=3x+4680(0⩽x⩽200).(2)令yA=yB，即−5x+5000=3x+4680，解得：x=40.故当x<40时，B乡运费少；当x=40时，A.B两乡运费一样多；当x>40时，A乡运费少.(3)令yB⩽4830，即3x+4680⩽4830，解得：x⩽50.总运费y=yA+yB=−5x+5000+3x+4680=−2x+9680，∵−2<0，∴y=−2x+9680单调递减.故当x=50时，总运费最低，最低费用为9580元.【点睛】此题考查一次函数的应用，解题关键在于根据题意列出方程.20、（1）（1）（11+14+5）m1【解析】

（1）由已知△ABC的三边a=4，b=5，c=7，可知这是一个一般的三角形，故选用海伦-奏九韶公式求解即可；（1）过点D作DE⊥AB，垂足为E，连接BD.将所求四边形的面积转化为三个三角形的面积的和进行计算．【详解】（1）解：△ABC的面积为S＝＝＝4故答案是：4；（1）解：如图：过点D作DE⊥AB，垂足为E，连接BD（如图所示）在Rt△ADE中，∵∠A＝60°，∴∠ADE＝30°，∴AE＝AD＝1∴BE＝AB﹣AE＝1+4﹣1＝4DE＝∴BD＝∴S△BCD＝∵S△ABD＝∴S四边形ABCD＝S△BCD+S△ABD＝答：该块草地的面积为（）m1．【点睛】本题考查了勾股定理的应用和三角形面积的求解方法.此题难度不大，注意选择适当的求解方法是关键.21、(1)△PAB；△PAD；△PBC；△PDC，180°；(2)成立，证明见解析；(3)或.【解析】

（1）根据题意推导即可得出结论.（2）求证PE⊥PB，PE＝PB，由AC为对角线以及已知条件可先证明△PDC≌△PBC，得PD＝PB，PB＝PE，PE＝PD.由△PDC≌△PBC可得出∠PDC＝∠PBC，最后得出∠EPD＝∠FCE＝90°，即PE⊥PB.(3)分两种情况讨论当点P在线段AC的反向延长线上时，当点P在线段AC的延长线上时.【详解】(1)由正方形的性质，图1中有三对全等的三角形，即△ABC≌△ADC，△PAB≌△PAD，和△PBC≌△PDC，由全等三角形性质，结合条件中PE＝PB，易证PE＝PD.要证PE⊥PD，考虑到∠ECD=90°，故在四边形PECD中，只需证∠PDC+∠PEC＝180°即可.再结合全等三角形和等腰三角形PBE的性质，结论可证.(2)(1)中的结论成立．①∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，∴CD＝CB，∠ACD＝∠ACB，又∵PC＝PC，∴△PDC≌△PBC.∴PD＝PB.∵PB＝PE，∴PE＝PD.②由①得△PDC≌△PBC.∴∠PDC＝∠PBC.又∵PE＝PB，∴∠PBE＝∠PEB.∴∠PDC＝∠PEB如图，记DC与PE的交点为F，则∠PFD＝∠CFE.∴∠EPD＝∠FCE＝90°.∴PE⊥PB.(3)如图，当点P在线段AC上时,过点P作PH⊥BC，垂足为H.设PB=x，则，∴，解得，当点P在线段AC的反向延长线上时，同理可得；当点P在线段AC的延长线上时，△PBE是等边三角形不成立.综上，x=或.【点睛】此题考查正方形的性质，全等三角形判定与性质，解题关键在于证明全等三角形得出结论进行推导.22、(1)t=；(2)t=6；(3)S=t2﹣13t．【解析】

(1)根据矩形的判定定理列出关系式，计算即可；(2)根据平行四边形的判定定理和性质定理解答；(3)分点E在OA上和点E在AB上两种情况，根据三角形的面积公式计算即可．【详解】(1)∵点C的坐标为(2，8)，点A的坐标为(26，0)，∴OA=26，BC=24，AB=8，∵D(E)点运动的时间为t秒，∴BD=t，OE=3t，当BD=AE时，四边形ABDE是矩形，即t=26﹣3t，解得，t=；(2)当CD=OE时，四边形OEDC为平行四边形，DE=OC，即24﹣t=3t，解得，t=6