2023年河南省濮阳市名校八年级数学第二学期期末复习检测试题含解析

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(每小题3分,共30分)1．已知直线y=kx-4（k＜0）与两坐标轴所围成的三角形面积等于4，则该直线的表达式为（）A．y=-x-4 B．y=-2x-4 C．y=-3x+4 D．y=-3x-42．武侯区某学校计划选购甲，乙两种图书为“初中数学分享学习课堂之生讲生学”初赛的奖品．已知甲图书的单价是乙图书单价的1.5倍，用600元单独购买甲种图书比单独购买乙种图书少10本，设乙种图书的价为x元，依据题意列方程正确的是（）A． B． C． D．3．在二次根式中，a能取到的最小值为（）A．0 B．1 C．2 D．2.54．已知，顺次连接矩形各边的中点，得到一个菱形，如图1；再顺次连接菱形各边的中点，得到一个新的矩形，如图2；然后顺次连接新的矩形各边的中点得到一个新的菱形，如图3；……如此反复操作下去，则第2018个图形中直角三角形的个数有（）A．2018个 B．2017个 C．4028个 D．4036个5．点关于原点对称点的坐标是（）A． B． C． D．6．如图，在平面直角坐标系中，反比例函数的图象经过，两点，，两点的纵坐标分别为3，1，若的中点为点，则点向左平移________个单位后落在该反比例函数图象上？（）A． B．2 C．1 D．7．如图是一个由5张纸片拼成的平行四边形，相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，其中两张等腰直角三角形纸片的面积都为S1，另两张直角三角形纸片的面积都为S2，中间一张正方形纸片的面积为S3，则这个平行四边形的面积可以表示为（）A．4S1 B．4S2 C．4S2＋S3 D．2S1＋8S38．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°．AC=BC．边AC落在数轴上，点A表示的数是1，点C表示的数是3，负半轴上有一点B₁，且AB₁=AB，点B₁所表示的数是（）A．-2 B．-2 C．2-1 D．1-29．直线y=3x-1与y=x+3的交点坐标是（）A．(2，5) B．(1，4) C．(-2，1) D．(-3，0)10．如图，在菱形ABCD中,AB=16,∠B=60°,P是AB上一点，BP=10,Q是CD边上一动点，将四边形APQD沿宜线PQ折叠，A的对应点A'.当CA'的长度最小时，则CQA．10 B．12 C．13 D．14二、填空题(每小题3分,共24分)11．在平行四边形ABCD中，已知∠A﹣∠B＝60°，则∠C＝_____．12．若关于x的一元二次方程x22x+m＝0有实数根，则实数m的取值范围是______．13．若实数a、b满足a＋b＝5，a2b＋ab2＝－10，则ab的值是_______．14．已知a2-2ab+b2=6，则a-b＝_________.15．如图，在△ABC中，AB＝5，BC＝7，EF是△ABC的中位线，则EF的长度范围是________．16．万州区某中学为丰富学生的课余生活，开展了手工制作比赛，如图是该校八年级进入了校决赛的15名学生制作手工作品所需时间（单位：分钟）的统计图，则这15名学生制作手工作品所需时间的中位数是______.17．在一次捐款活动中，某班第一小组8名同学捐款的金额单位：元如下表所示：这8名同学捐款的平均金额为______元金额元56710人数232118．不等式5﹣2x＞﹣3的解集是_____．三、解答题(共66分)19．（10分）在菱形ABCD中，∠ABC=60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的位置随着点P的位置变化而变化.(1)探索发现如图1，当点E在菱形ABCD内部时，连接CE，BP与CE的数量关系是_______，CE与AD的位置关系是_______.(2)归纳证明证明2，当点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否还成立?若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由.(3)拓展应用如图3，当点P在线段BD的延长线上时，连接BE，若AB=5，BE=13，请直接写出线段DP的长.20．（6分）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+3与x轴交于点C与直线AD交于点A(1，2)，点D的坐标为(0，1)(1)求直线AD的解析式；(2)直线AD与x轴交于点B，请判断△ABC的形状；(3)在直线AD上是否存在一点E，使得4S△BOD＝S△ACE，若存在求出点E的坐标，若不存在说明理由．21．（6分）解不等式组：，并把不等式组的解集在数轴上表示出来.22．（8分）如图，在中，点D、E分别是边BC、AC的中点，过点A作交DE的延长线于F点，连接AD、CF．（1）求证：四边形ADCF是平行四边形；（2）当满足什么条件时，四边形图ADCF是菱形？为什么？23．（8分）观摩、学习是我们生活的一部分，而在观摩中与展览品保持一定的距离是一种文明的表现．某学校数学业余学习小组在平面直角坐标系xOy有关研讨中，将到线段PQ所在的直线距离为的直线，称为直线PQ的“观察线”，并称观察线上到P、Q两点距离和最小的点L为线段PQ的“最佳观察点”．(1)如果P(1，)，Q(4，)，那么在点A(1，0)，B(，2)，C(，3)中，处在直线PQ的“观察线”上的是点；(2)求直线y＝x的“观察线”的表达式；(3)若M(0，﹣1)，N在第二象限，且MN＝6，当MN的一个“最佳观察点”在y轴正半轴上时，直接写出点N的坐标；并按逆时针方向联结M、N及其所有“最佳观察点”，直接写出联结所围成的多边形的周长和面积．24．（8分）如图，梯形ABCD中，AB//CD，且AB=2CD，E，F分别是AB，BC的中点．EF与BD相交于点M．（1）求证：△EDM∽△FBM；（2）若DB=9，求BM．25．（10分）如图，已知△ABC的面积为3，且AB=AC，现将△ABC沿CA方向平移CA长度得到△EFA．（1）求四边形CEFB的面积；（2）试判断AF与BE的位置关系，并说明理由；（3）若∠BEC=15°，求AC的长．26．（10分）如图，利用两面靠墙(墙足够长)，用总长度37米的篱笆(图中实线部分)围成一个矩形鸡舍ABCD，且中间共留三个1米的小门，设篱笆BC长为x米．(1)AB＝_____米．(用含x的代数式表示)(2)若矩形鸡舍ABCD面积为150平方米，求篱笆BC的长．(3)矩形鸡舍ABCD面积是否有可能达到210平方米？若有可能，求出相应x的值；若不可能，则说明理由．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【解析】

先求出直线y=kx-1（k＜0）与两坐标轴的交点坐标，然后根据三角形面积等于1，得到一个关于k的方程，求出此方程的解，即可得到直线的解析式．【详解】解：直线y=kx-1（k＜0）与两坐标轴的交点坐标为（0，-1）（，0），

∵直线y=kx-1（k＜0）与两坐标轴所围成的三角形面积等于1，

∴×（-）×1=1，解得k=-2，

则直线的解析式为y=-2x-1．

故选：B．【点睛】本题考查用待定系数法求一次函数的解析式．根据三角形面积公式及已知条件，列出方程，求出k的值，即得一次函数的解析式．2、A【解析】

根据“600元单独购买甲种图书比单独购买乙种图书少10本”列出相应的分式方程，本题得以解决．【详解】由题意可得，，故选：A．【点睛】本题考查由实际问题抽象出分式方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的分式方程．3、C【解析】

根据二次根式的定义求出a的范围，再得出答案即可．【详解】要使有意义，必须a-2≥0，即a≥2，所以a能取到的最小值是2，故选C．【点睛】本题考查了二次根式的定义，能熟记二次根式的定义是解此题的关键．4、D【解析】

写出前几个图形中的直角三角形的个数，并找出规律，当n为奇数时，三角形的个数是2（n+1），当n为偶数时，三角形的个数是2n，根据此规律求解即可．【详解】第1，2个图形各有4个直角三角形；第3，4个图形各有8个直角三角形；第5，6个图形各有12个直角三角形……第2017，2018个图形各有4036个直角三角形，故选:D．【点睛】本题主要考查了中点四边形、图形的变化，根据前几个图形的三角形的个数，观察出与序号的关系式解题的关键．5、A【解析】

根据原点对称的点的坐标特点，横坐标、纵坐标都互为相反数，求出对称点的坐标【详解】由直角坐标系中关于原点对称的点的坐标特点：横坐标、纵坐标都互为相反数可得点关于坐标原点的对称点的坐标为，故答案为A【点睛】本题了考查了关于原点对称的坐标的性质以及求解，掌握原点对称的坐标特点是解题的关键6、D【解析】

根据题意可以推出A，B两点的坐标，由此可得出M点的坐标，设平移n个单位，然后表示出平移后的坐标为（2-n，2），代入函数解析式，即可得到答案．【详解】由题意可得A（1，3），B（3，1），∴M（2，2），设M点向左平移n个单位，则平移后的坐标为（2-n，2），∴（2-n）×2=3，∴n=．故选：D．【点睛】本题主要考查了中点坐标的计算，反比例函数，细心分析即可．7、A【解析】

设等腰直角三角形的直角边为a，正方形边长为c，求出S2（用a、c表示），得出S1，S2，S3之间的关系，由此即可解决问题．【详解】设等腰直角三角形的直角边为a，正方形边长为c，则S2=（a+c）（a-c）=a2-c2，∴S2=S1-S3，∴S3=2S1-2S2，∴平行四边形面积=2S1+2S2+S3=2S1+2S2+2S1-2S2=4S1．故选A．【点睛】本题考查平行四边形的性质、直角三角形的面积等知识，解题的关键是求出S1，S2，S3之间的关系8、D【解析】

先求出AC的长度，再根据勾股定理求出AB的长度，然后根据B1到原点的距离是2-1，即可得到点B1所表示的数．【详解】解：根据题意，AC=3-1=2，∵∠ACB=90°，AC=BC，∴，∴B1到原点的距离是2-1．又∵B′在原点左侧，∴点B1表示的数是1-2．故选D．【点睛】本题主要考查了实数与数轴，勾股定理，求出AB的长度是解题的关键．解题时注意实数与数轴上的点是一一对应关系．9、A【解析】

根据求函数图象交点的坐标，转化为求两个一次函数构成的方程组解的问题，因此联立两函数的解析式所得方程组，即为两个函数图象的交点坐标．【详解】联立两函数的解析式，得解得，则直线y=3x-1与y=x+3的交点坐标是，故选：A．【点睛】考查了两条直线交点坐标和二元一次方程组解的关系，二元一次方程组的求解，注意函数的图象和性质与代数关系的转化，数形结合思想的应用．10、D【解析】

由A′P=6可知点A′在以P为圆心以PA′为半径的弧上，故此当C，P，A′在一条直线上时，CA′有最小值，过点C作CH⊥AB，垂足为H，先求得BH、HC的长，则可得到PH的长，然后再求得PC的长，最后依据折叠的性质和平行线的性质可证明△CQP为等腰三角形，则可得到QC的长．【详解】由A′P=6可知点A′在以P为圆心以PA′为半径的弧上，故此当C，P，A′在一条直线上时，CA′有最小值，过点C作CH⊥AB，垂足为H．在Rt△BCH中，∠B=60°，BC=16，则BH=12BC=8，CH=162-∴PH=1．在Rt△CPH中，依据勾股定理可知：PC=(83)由翻折的性质可知：∠APQ=∠A′PQ．∵DC∥AB，∴∠CQP=∠APQ．∴∠CQP=∠CPQ．∴QC=CP=2．故选：D．【点睛】本题主要考查的是两点之间线段最短、菱形的性质、勾股定理的应用，翻折的性质、等腰三角形的判定，判断出CA′取得最小值的条件是解题的关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、【解析】

根据平行四边形的性质可得到答案.【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A＋∠B＝180°，又∠A－∠B＝60°，故可知∠A＝120°，∴∠C＝∠A＝120°，故答案为120°.【点睛】本题主要考查了平行四边形的基本性质，解本题的要点在于熟记平行四边形的对角相等.12、m≤1【解析】

利用判别式的意义得到，然后解不等式即可．【详解】解：根据题意得，

解得．

故答案为：．【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两个实数根；当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；当△＜0时，方程无实数根．13、－1【解析】

先提取公因式ab，整理后再把a+b的值代入计算即可．【详解】解：a+b=5时，原式=ab（a+b）=5ab=-10，解得：ab=-1．故答案为：-1.【点睛】本题考查了提公因式法分解因式，提取公因式后整理成已知条件的形式是解本题的关键，也是难点．14、【解析】由题意得（a-b）2="6,"则＝15、1＜EF＜6【解析】

∵在△ABC中，AB＝5，BC＝7，∴7－5＜AC＜7＋5，即2＜AC＜12.又∵EF是△ABC的中位线，∴EF=AC∴1＜EF＜6.16、14【解析】

根据中位数的意义，排序找中间位置的数或中间两个数的平均数即可.【详解】15名学生制作手工作品所需时间中排在第8位的是14分钟，因此中位数是14分钟故答案为14.【点睛】本题考查中位数的概念和求法，将数据从小到大排序找中间位置的数或中间两个数的平均数，理解意义掌握方法是关键.17、6.5【解析】

根据加权平均数的计算公式用捐款的总钱数除以8即可得出答案．【详解】这8名同学捐款的平均金额为元，故答案为：．【点睛】此题考查了加权平均数，掌握加权平均数的计算公式是解题的关键，属于基础题．18、x＜1【解析】

根据解一元一次不等式基本步骤：去分母、去括号、移项、合并同类项、系数化为1可得．【详解】解：﹣2x＞﹣3﹣5，﹣2x＞﹣8，x＜1，故答案为x＜1．【点睛】本题主要考查解一元一次不等式的基本能力，严格遵循解不等式的基本步骤是关键，尤其需要注意不等式两边都乘以或除以同一个负数不等号方向要改变．三、解答题(共66分)19、(1)BP=CE，CE⊥AD；(2)(1)中的结论仍成立.理由见解析；(3)PD=．【解析】

（1）由菱形ABCD和∠ABC=60°可证△ABC与△ACD是等边三角形，由等边△APE可得AP=AE，∠PAE=∠BAC=60°，减去公共角∠PAC得∠BAP=∠CAE，根据SAS可证得△BAP≌△CAE，故有BP=CE，∠ABP=∠ACE．由菱形对角线平分一组对角可证∠ABP=30°，故∠ACE=30°即CE平分∠ACD，由AC=CD等腰三角形三线合一可得CE⊥AD．

（2）证明过程同（1）．

（3）由AB=5即△ABC为等边三角形可求得BD的长．连接CE，由（2）可求∠BCE=90°，故在Rt△BCE中，由勾股定理可求CE的长．又由（2）可得BP=CE，由DP=BP-BD即求得DP的长．【详解】解：(1)∵菱形ABCD中，∠ABC=60°

∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60°

∴△ABC、△ACD是等边三角形

∴AB=AC，AC=CD，∠BAC=∠ACD=60°

∵△APE是等边三角形

∴AP=AE，∠PAE=60°

∴∠BAC-∠PAC=∠PAE-∠PAC

即∠BAP=∠CAE

在△BAP与△CAE中

∴△BAP≌△CAE（SAS）

∴BP=CE，∠ABP=∠ACE

∵BD平分∠ABC

∴∠ACE=∠ABP=∠ABC=30°

∴CE平分∠ACD

∴CE⊥AD

故答案为：BP=CE，CE⊥AD；(2)(1)中的结论仍成立，证明如下：设AD与CE交于点O∵四边形ABCD为菱形，且∠ABC=60°∴△ABC为等边三角形.∴AB=AC，∠BAC=60°∴∠BAP=∠CAE又∵ΔAPE为等边三角形∴AP=AE在△BAP与△CAE中∴△BAP≌ΔCAE(SAS)∴BP=CE∴∠ACE=∠ABP=30°又∵∠CAD=60°∠A0C=90°∴AD⊥CE；(3)连接CE，设AC与BD相交于点O

∵AB=5

∴BC=AC=AB=5

∴AO=AC=∴BO=＝＝

∴BD=2BO=5

∵∠BCE=∠BCA+∠ACE=90°，BE=13

∴CE=＝=12

由（2）可知，BP=CE=12

∴DP=BP-BD=12-5故答案为：(1)BP=CE，CE⊥AD；(2)(1)中的结论仍成立.理由见解析；(3)PD=．【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．第（2）题的证明过程可由（1）适当转化而得，第（3）题则可直接运用（2）的结论解决问题．20、(1)y＝x+1；(2)△ABC是等腰直角三角形；(3)存在，点E的坐标为(2，3)或(0，1)时，4S△BOD＝S△ACE．【解析】

(1)利用待定系数法，即可得到直线AD的解析式；(2)依据点的坐标求得AB＝2，AC＝2，BC＝4，即可得到AB2+AC2＝16＝BC2，进而得出△ABC是等腰直角三角形；(3)依据4S△BOD＝S△ACE，即可得到AE＝，分两种情况进行讨论：①点E在直线AC的右侧，②点E在直线AC的左侧，分别依据AD＝AE＝，即可得到点E的坐标．【详解】解：(1)直线AD的解析式为y＝kx+b，∵直线AD经过点A(1，2)，点D(0，1)，∴，解得，∴直线AD的解析式为y＝x+1；(2)∵y＝x+1中，当y＝0时，x＝﹣1；y＝﹣x+3中，当y＝0时，x＝3，∴直线AD与x轴交于B(﹣1，0)，直线AC与x轴交于C(3，0)，∵点A(1，2)，∴AB＝2，AC＝2，BC＝4，∵AB2+AC2＝16＝BC2，∴∠BAC＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形；(3)存在，AC＝2，S△BOD＝×1×1＝，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠CAE＝90°，∵S△ACE＝AE×AC，4S△BOD＝S△ACE，∴4×＝×AE×2，解得AE＝，①如图，当点E在直线AC的右侧时，过E作EF⊥y轴于F，∵AD＝AE＝，∠EDF＝45°，∴EF＝DF＝2，OF＝2+1＝3，∴E(2，3)；②当点E在直线AC的左侧时，∵AD＝AE＝，∴点E与点D重合，即E(0，1)，综上所述，当点E的坐标为(2，3)或(0，1)时，4S△BOD＝S△ACE．【点睛】本题主要考查了两直线相交问题，待定系数法求一次函数解析式的运用，解题时注意：两条直线的交点坐标，就是由这两条直线相对应的一次函数表达式所组成的二元一次方程组的解．21、；数轴表示见解析.【解析】

先把两个不等式分别求出来，然后根据不等式的解的口诀得到不等式的解集，然后把解集表示在数轴上即可.【详解】解：，解不等式①，得：，解不等式②，得：，∴不等式的解集为：，在数轴上表示为：【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，解题的关键是正确解出每一个不等式，然后掌握求解集的口诀.22、（1）见解析；（2）当△ABC是直角三角形，且∠BAC=90°时，四边形ADCF是菱形，理由见解析．【解析】

（1）首先利用平行四边形的判定方法得出四边形ABDF是平行四边形，进而得出AF=DC，利用一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，进而得出答案；

（2）利用直角三角形的性质结合菱形的判定方法得出即可．【详解】（1）证明：∵点D、E分别是边BC、AC的中点，

∴DE∥AB，BD=CD，

∵AF∥BC，

∴四边形ABDF是平行四边形，

∴AF=BD，则AF=DC，

∵AF∥BC，

∴四边形ADCF是平行四边形；

（2）解：当△ABC是直角三角形，且∠BAC=90°时，四边形ADCF是菱形，

理由：∵△ABC是直角三角形，且∠BAC=90°又∵点D是边BC的中点，

∴AD=DC，

∴平行四边形ADCF是菱形．【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质以及菱形的判定，熟练应用平行四边形的判定与性质是解题关键．23、(1)A，B；(1)直线y＝x的“观察线”的解析式为y＝x﹣1或y＝x+1；(3)围成的图形是菱形MQNQ′，这个菱形的周长8，这个菱形的面积6．【解析】

（1）由题意线段PQ的“观察线”的解析式为y=0或y=1，由此即可判断；

（1）如图1中，设直线的下方的“观察线”MN交y轴于K，作KE⊥直线，求出直线MN的解析式，再根据对称性求出直线的上方的“观察线”PQ即可；

（3）如图3中，设点Q是MN的一个“最佳观察点”，点P是MN的中点．解直角三角形求出点P坐标，再根据中点坐标公式求出等N坐标；观察图象可知：设此时的另一个“最佳观察点”为Q′，按逆时针方向联结M、N及其所有“最佳观察点”，所围成的图形是菱形MQNQ′，这个菱形的周长=8，这个菱形的面积=＝×6×1＝6．【详解】(1)如图1中，由题意线段PQ的“观察线”的解析式为y＝0或y＝1，∵点A在直线y＝0上，点B在直线y＝1上，∴点A，点B是直线PQ的“观察线”上的点，故答案为A，B．(1)如图1中，设直线y＝x的下方的“观察线”MN交y轴于K，作KE⊥直线y＝x，由题意：EK＝，∵直线y＝x与x轴的夹角为30°，∴∠EOK＝60°，∴∠EKO＝30°，∴tan30°＝＝，∴OE＝1，∴OK＝1OE＝1，∵MN∥直线y＝x，∴直线MN的解析式为y＝x﹣1，根据对称性可知在直线y＝x上方的“观察线”PQ的解析式为y＝x+1．综上所述，直线y＝x的“观察线”的解析式为y＝x﹣1或y＝x+1．(3)如图3中，设点Q是MN的一个“最佳观察点”，点P是MN的中点．当点Q在y轴的正半轴上时，连接PQ，则PQ垂直平分线线段MN．在Rt△PQM中，PQ＝，PM＝3，∴MQ＝＝1，∵M(0，﹣1)，OQ＝1﹣1，作PH⊥y轴于H．在Rt△PQH中，∵tan∠PQH＝＝，∴∠PQH＝60°，∴∠QPH＝30°，∴QH＝PQ＝，PH＝QH＝，∴OH＝1﹣1﹣＝﹣1，∴P(﹣，﹣1)，∵PN＝PM，∴N(﹣3，3﹣1)．观察图象可知：设此时的另一个“最佳观察点”为Q′，按逆时针方向联结M、N及其所有“最佳观察点”，所围成的图形是菱形MQNQ′，这个菱形的周＝8，这个菱形的面积＝×6×1＝6．【点睛】本题考查一次函数综合题、点到直线的距离、轨迹、解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．24、（1）证明见解析（2）3【解析】试题分析：（1）要证明△EDM∽△FBM成立，只需要证DE∥BC即可，而根据已知条件可证明四边形BCDE是平行四边形，从而可证明相似；（2）根据相似三角形的性质得对应边成比例，然后代入数值计算即可求得线段的长．试题解析：（1）证明：∵AB="2CD",E是AB的中点，∴BE=CD，又∵AB∥CD，∴四边形BCDE是平行四边形，∴BC∥DE,BC=DE，∴△EDM∽△FBM；（2）∵BC=DE，F为BC的中点，∴BF=DE，∵△EDM∽△FBM，∴，∴BM=DB，又∵DB=9，∴BM=3.考点：1.梯形的性质；2.平行四边形的判定与性质；3.相似三角形的判定与性质.25、（1）9；（2）BE⊥AF，理由详见解析；（3）；【解析】

（1）根据题意可得△ABC≌△EFA，BA∥EF，且BA=EF，根据一组对边平行且相等的四边形为平行四边形