2023年四川省泸州市马溪中学数学八下期末调研试题含解析

2022-2023学年八下数学期末模拟试卷注意事项：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（每题4分，共48分）1．如图，Rt△ABC的直角边AB在数轴上，点A表示的实数为0，以A为圆心，AC的长为半径作弧交数轴的负半轴于点D，若CB=1，AB=2，则点D表示的实数为（）A．5 B．-5 C．3 D．2．如图，，，三点在正方形网格线的交点处，若将绕点逆时针旋转得到，则点的坐标为（）A． B． C． D．3．如图，直线经过点，则关于的不等式的解集是（）A． B． C． D．4．一次函数y＝﹣3x+5的图象不经过的象限是（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限5．如图，在中，D是BC边的中点，AE是的角平分线，于点E，连接DE，若，，则AC的长度是()A．5 B．4 C．3 D．26．将直线y=3x向下平移4个单位后所得直线的解析式为()A．y=3x+4 B．y=3x-4 C．y=3x+47．数据0，1，2，3，x的平均数是2，则这组数据的方差是（）A．2 B． C．10 D．8．2014年4月13日，某中学初三650名学生参加了中考体育测试，为了了解这些学生的体考成绩，现从中抽取了50名学生的体考成绩进行了分析，以下说法正确的是（）A．这50名学生是总体的一个样本B．每位学生的体考成绩是个体C．50名学生是样本容量D．650名学生是总体9．下列二次根式中，最简二次根式的是（）A． B． C． D．10．用反证法证明：“直角三角形至少有一个锐角不小于45°”时，应先假设（）A．直角三角形的每个锐角都小于45°B．直角三角形有一个锐角大于45°C．直角三角形的每个锐角都大于45°D．直角三角形有一个锐角小于45°11．如图，在直线l上有三个正方形m、q、n，若m、q的面积分别为5和11，则n的面积（）A．4 B．6 C．16 D．5512．如图，在中，平分交于点，平分，，交于点，若，则（）A．75 B．100 C．120 D．125二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，以Rt△ABC的斜边AB为一边在△ABC同侧作正方形ABEF．点O为AE与BF的交点，连接CO．若CA=2，CO=，那么CB的长为________.14．已知，那么________.15．计算：＝．16．如图，四边形是矩形,是延长线上的一点，是上一点，;若,则=________.17．直线y=2x－1沿y轴平移3个单位长度，平移后直线与x轴的交点坐标为．18．如图，△OAB绕点O逆时针旋转90°到△OCD的位置，已知∠AOB=40°，则∠AOD的度数为_____．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，△ABC中，AB＝AC．求作一点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形，并证明你作图的正确性．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）20．（8分）安德利水果超市购进一批时令水果，20天销售完毕，超市将本次销售情况进行了跟踪记录，根据所记录的数据可绘制如图所示的函数图象，其中日销售量（千克）与销售时间（天）之间的函数关系如图甲所示，销售单价（元/千克）与销售时间（天）之间的函数关系如图乙所示。（1）直接写出与之间的函数关系式；（2）分别求出第10天和第15天的销售金额。（3）若日销售量不低于24千克的时间段为“最佳销售期”，则此次销售过程中“最佳销售期”共有多少天？在此期间销售单价最高为多少元？21．（8分）（1）如图1，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，且交AD于点E，交BC于点F，连接BE,DF，且BE平分∠ABD.①求证：四边形BFDE是菱形；②直接写出∠EBF的度数；（2）把（1）中菱形BFDE进行分离研究，如图2，G,I分别在BF,BE边上，且BG=BI，连接GD,H为GD的中点，连接FH，并延长FH交ED于点J，连接IJ,IH,IF,IG.试探究线段IH与FH之间满足的关系，并说明理由；（3）把（1）中矩形ABCD进行特殊化探究，如图3，矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE，作EF⊥DE，垂足为点E，交AB于点F，连接DF，交AC于点G.请直接写出线段AG,GE,EC三者之间满足的数量关系.22．（10分）如图，在平行四边形中，的平分线交于点，的平分线交于点.（1）若，，求的长.（2）求证：四边形是平行四边形.23．（10分）（1）解分式方程：（2）解不等式组，并在数轴上表示其解集．24．（10分）如图，平行四边形中，点分别在上，且与相交于点，求证：．25．（12分）如图，矩形ABCD中，AB=12，AD=9，E为BC上一点，且BE=4，动点F从点A出发沿射线AB方向以每秒3个单位的速度运动.连结DF，DE,EF.过点E作DF的平行线交射线AB于点H，设点F的运动时间为t(不考虑D、E、F在一条直线上的情况).(1)填空：当t=时，AF=CE，此时BH=；(2）当△BEF与△BEH相似时，求t的值；(3）当F在线段AB上时，设△DEF的面积为S,△DEF的周长为C．①求S关于t的函数关系式；②直接写出周长C的最小值.26．（2005•荆门）某校初中三年级270名师生计划集体外出一日游，乘车往返，经与客运公司联系，他们有座位数不同的中巴车和大客车两种车型可供选择，每辆大客车比中巴车多15个座位，学校根据中巴车和大客车的座位数计算后得知，如果租用中巴车若干辆，师生刚好坐满全部座位；如果租用大客车，不仅少用一辆，而且师生坐完后还多30个座位．（1）求中巴车和大客车各有多少个座位？（2）客运公司为学校这次活动提供的报价是：租用中巴车每辆往返费用350元，租用大客车每辆往返费用400元，学校在研究租车方案时发现，同时租用两种车，其中大客车比中巴车多租一辆，所需租车费比单独租用一种车型都要便宜，按这种方案需要中巴车和大客车各多少辆？租车费比单独租用中巴车或大客车各少多少元？

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【解析】

首先根据勾股定理计算出AC的长，进而得到AD的长，再根据A点表示0，可得D点表示的数．【详解】解：AC=则AD=5

∵A点表示0，

∴D点表示的数为：-5

故选：B．【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是掌握勾股定理：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．同时考查了实数与数轴．2、C【解析】

根据旋转的性质可得AC=AC′，求出AC的长，得到C′的纵坐标，再根据点A的横坐标可得结果.【详解】解：如图，AC=，由于旋转，∴AC′=，∵A（1，1），∴C′（1，+1），故选C.【点睛】本题考查了旋转的性质，解题的关键是根据旋转的性质得到AC=AC′.3、B【解析】

先利用待定系数法求出一次函数解析式，再求出一次函数与x轴的交点坐标，然后找出一次函数图象在x轴上方所对应的自变量的范围即可．【详解】解：把（0，3）代入得b＝3，所以一次函数解析式为，当y＝0时，即，解得x＝1，所以一次函数与x轴的交点坐标为（1，0），由函数图象可得，当x＜1时，y＞0，所以关于x的不等式的解集是x＜1．故选：B．【点睛】本题考查了一次函数与一元一次不等式：从函数的角度看，就是寻求使一次函数y＝kx＋b的值大于（或小于）0的自变量x的取值范围；从函数图象的角度看，就是确定直线y＝kx＋b在x轴上（或下）方部分所有的点的横坐标的取值范围．4、C【解析】

一次项系数-3＜1，则图象经过二、四象限；常数项5＞1，则图象还过第一象限．【详解】解：∵-3＜1，∴图象经过二、四象限；

又∵5＞1，∴直线与y轴的交点在y轴的正半轴上，图象还过第一象限．

所以一次函数y=-3x+5的图象经过一、二、四象限，不经过第三象限．

故选：C．【点睛】一次函数的图象经过第几象限，取决于x的系数及常数是大于1或是小于1．可借助草图分析解答．5、A【解析】

延长CE，交AB于点F，通过ASA证明△EAF≌△EAC，根据全等三角形的性质得到AF=AC，EF=EC，根据三角形中位线定理得出BF=1，即可得出结果．【详解】解：延长CE，交AB于点F．

∵AE平分∠BAC，AE⊥CE，

∴∠EAF=∠EAC，∠AEF=∠AEC，

在△EAF与△EAC中，∴△EAF≌△EAC（ASA），∴AF=AC，EF=EC，又∵D是BC中点，∴BD=CD，∴DE是△BCF的中位线，∴BF=1DE=1．∴AC=AF=AB-BF=7-1=5；故选A．【点睛】此题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握三角形中位线定理，证明三角形全等是解题的关键．6、D【解析】

只向下平移，让比例系数不变，常数项减去平移的单位即可．【详解】直线y=3x向下平移4个单位后所得直线的解析式为y=3x故选:D【点睛】本题考查了一次函数图象与几何变换，解题的关键是熟记函数平移的规则“上加下减”．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据平移的规则求出平移后的函数解析式是关键．7、A【解析】试题分析：先根据平均数公式求得x的值，再根据方差的计算公式求解即可.解：由题意得，解得所以这组数据的方差故选A.考点：平均数，方差点评：本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握方差的计算公式，即可完成.8、B【解析】

因为这50名学生的体考成绩是总体的一个样本，所以选项A错误；因为每位学生的体考成绩是个体，所以选项B正确；因为50是样本容量，样本容量是个数字，没有单位，所以选项C错误；因为这650名学生的体考成绩是总体，所以选项D错误.故选B.9、C【解析】

判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．【详解】A、=，被开方数含分母，不是最简二次根式；故A选项错误；B、=，被开方数为小数，不是最简二次根式；故B选项错误；C、，是最简二次根式；故C选项正确；D．=，被开方数，含能开得尽方的因数或因式，故D选项错误；故选C．考点：最简二次根式．10、A【解析】分析：找出原命题的方面即可得出假设的条件．详解：有一个锐角不小于45°的反面就是：每个锐角都小于45°，故选A．点睛：本题主要考查的是反证法，属于基础题型．找到原命题的反面是解决这个问题的关键．11、C【解析】

运用正方形边长相等，再根据同角的余角相等可得∠BAC=∠DCE，然后证明△ACB≌△DCE，再结合全等三角形的性质和勾股定理来求解即可．【详解】解：由于m、q、n都是正方形，所以AC=CD，∠ACD=90°；∵∠ACB+∠DCE=∠ACB+∠BAC=90°，∴∠BAC=∠DCE，且AC=CD，∠ABC=∠DEC=90°∴△ACB≌△DCE（AAS），∴AB=CE，BC=DE；在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=AB2+DE2，即Sn=Sm+Sq=11+5=16，∴正方形n的面积为16，故选C．【点睛】本题主要考查对全等三角形和勾股定理的综合运用，关键是证明三角形全等．12、B【解析】

根据角平分线的定义推出△ECF为直角三角形，然后根据勾股定理求得CE1+CF1=EF1．【详解】∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，∴∠ACE=∠ACB，∠ACF=∠ACD，即∠ECF=（∠ACB+∠ACD）=90°，又∵EF∥BC，CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，∴∠ECB=∠MEC=∠ECM，∠DCF=∠CFM=∠MCF，∴CM=EM=MF=5，EF=10，由勾股定理可知CE1+CF1=EF1=2．故选：B【点睛】本题考查角平分线的定义，直角三角形的判定以及勾股定理的运用．二、填空题（每题4分，共24分）13、+2【解析】如图，在BC上截取BD=AC=2，连接OD，∵四边形AFEB是正方形，∴AO=BO，∠AOB=∠ACB=90°，∴∠CAO=90°-∠ACH，∠DBO=90°-∠BHO，∵∠ACH=∠BHO，∴∠CAO=∠DBO，∴△ACO≌△BDO，∴DO=CO=，∠AOC=∠BOD，∵∠BOD+∠AOD=90°，∴∠AOD+∠AOC=90°，即∠COD=90°，∴CD=，∴BC=BD+CD=.故答案为：.点睛：本题的解题要点是，通过在BC上截取BD=AC，并结合已知条件证△ACO≌△BDO来证得△COD是等腰直角三角形，这样即可求得CD的长，从而使问题得到解决.14、【解析】

直接利用已知得出，进而代入求出答案．【详解】解：∵，∴，∴.故答案为：.【点睛】此题主要考查了代数式的化简，正确用b代替a是解题关键．15、3【解析】分析：．16、【解析】分析：由矩形的性质得出∠BCD=90°，AB∥CD，AD∥BC，证出∠FEA=∠ECD，∠DAC=∠ACB=21°，由三角形的外角性质得出∠ACF=2∠FEA，设∠ECD=x，则∠ACF=2x，∠ACD=3x，由互余两角关系得出方程，解方程即可．详解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD=90°，AB∥CD，AD∥BC，∴∠FEA=∠ECD，∠DAC=∠ACB=21°，∵∠ACF=∠AFC，∠FAE=∠FEA，∴∠ACF=2∠FEA，设∠ECD=x，则∠ACF=2x，∴∠ACD=3x，∴3x+21°=90°，解得：x=23°.故答案为：23°．点睛：本题考查了矩形的性质、平行线的性质、直角三角形的性质、三角形的外角性质；熟练掌握矩形的性质和平行线的性质是解决问题的关键．17、（-1，0），（2，0）【解析】（1）若将直线沿轴向上平移3个单位，则平移后所得直线的解析式为：，在中，由可得：，解得：，∴平移后的直线与轴的交点坐标为：；（2）若将直线沿轴向下平移3个单位，则平移后所得直线的解析式为：，在中，由可得：，解得：，∴平移后的直线与轴的交点坐标为：；综上所述，平移后的直线与轴的交点坐标为：或.18、50°【解析】

根据旋转的性质得出全等，根据全等三角形性质求出∠DOC=40°，代入∠AOD=∠AOC﹣∠DOC求出即可．【详解】解：∵△OAB绕点O逆时针旋转90°到△OCD的位置，∠AOB=40°，∴△OAB≌△OCD，∠COA=90°，∴∠DOC=∠AOB=40°，∴∠AOD=∠AOC﹣∠COD=90°﹣40°=50°，故答案为50°三、解答题（共78分）19、见解析【解析】

分别以B，C为圆心，以AB长画弧，两弧相交一点，即为D点.【详解】如图即为所求作的菱形理由如下：∵AB＝AC，BD＝AB，CD＝AC，∴AB＝BD＝CD＝AC，∴四边形ABDC是菱形．【点睛】本题考查尺规作图和菱形的性质，解题的关键是掌握尺规作图和菱形的性质.20、（1）；（2）200元，270元；（3）“最佳销售期”共有5天，销售单价最高为9.6元．【解析】

（1）分两种情况进行讨论：①0≤x≤15；②15＜x≤20，针对每一种情况，都可以先设出函数的解析式，再将已知点的坐标代入，利用待定系数法求解；

（2）日销售金额=日销售单价×日销售量．由于第10天和第15天在第10天和第20天之间，当10≤x≤20时，设销售单价p（元/千克）与销售时间x（天）之间的函数关系式为p=mx+n，由点（10，10），（20，8）在p=mx+n的图象上，利用待定系数法求得p与x的函数解析式，继而求得10天与第15天的销售金额；

（3）日销售量不低于1千克，即y≥1．先解不等式2x≥1，得x≥12，再解不等式-6x+120≥1，得x≤16，则求出“最佳销售期”共有5天；然后根据p=x+12（10≤x≤20），利用一次函数的性质，即可求出在此期间销售时单价的最高值．【详解】解：(1)分两种情况：

①当0≤x≤15时，设日销售量y与销售时间x的函数解析式为y=k1x，

∵直线y=k1x过点（15，30），

∴15k1=30，解得k1=2，

∴y=2x（0≤x≤15）；

②当15＜x≤20时，设日销售量y与销售时间x的函数解析式为y=k2x+b，

∵点（15，30），（20，0）在y=k2x+b的图象上，

∴，解得：，

∴y=-6x+120（15＜x≤20）；

综上，可知y与x之间的函数关系式为：(2)）∵第10天和第15天在第10天和第20天之间，

∴当10≤x≤20时，设销售单价p（元/千克）与销售时间x（天）之间的函数解析式为p=mx+n，

∵点（10，10），（20，8）在p=mx+n的图象上，

∴，解得：，

∴（10≤x≤20），当时，销售单价为10元，销售金额为10×20＝200(元)；当时，销售单价为9元，销售金额为9×30＝270(元)；(3)若日销售量不低于1千克，则，当时，，由得；当时，，由，得，∴，∴“最佳销售期”共有16－12＋1＝5(天)．∵，，∴随的增大而减小，∴当时，取12时有最大值，此时，即销售单价最高为9.6元．故答案为：（1）；（2）200元，270元；（3）“最佳销售期”共有5天，销售单价最高为9.6元．【点睛】本题考查一次函数的应用，有一定难度．解题的关键是理解题意，利用待定系数法求得函数解析式，注意数形结合思想与函数思想的应用．21、(1)①见解析;②60°;(1)见解析;(3)见解析.【解析】

（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO=OF，由OB=OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB=ED即可；②先证明∠ABD=1∠ADB，推出∠ADB=30°，即可解决问题；（1）延长BE到M，使得EM=EJ，连接MJ，由菱形性质，∠B=600，得EB=BFBE=IM=BF，由∠MEJ=∠B=600，可证得ΔMEJ是等边三角形，可得MJ在RtΔIHF中，由∠IHF=900，∠IFH=60（3）结论：EG1=AG1+CE1．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AD//∴∠EDO=在ΔDOE和ΔBOF中，∠EDO=∠FBOOD=OB∴ΔDOE≅∴EO=∵OB=∴四边形EBFD是平行四边形，∵EF⊥∴EB=∴四边形EBFD是菱形．②∵四边形BFDE是菱形，∴∠EBD=∠EDB，∵BE平分∠ABD，∴∠EBD=∠ABE，∴∠EBD=∠ABE=∠EDB，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=900∴∠EBD+∠ABE+∠EDB=900∴∠EBD=∠ABE=∠EDB=300∴∠EBF=2∠EBD=（1）结论：IH=理由：如图1中，延长BE到M，使得EM=EJ，连接∵四边形EBFD是菱形，∠B=∴EB=∴∠JDH=在ΔDHJ和ΔGHF中，∠DHG=∠GHFDH=GH∴ΔDHJ≅∴DJ=∴EJ=∴BE=∵∠MEJ=∴ΔMEJ是等边三角形，∴MJ=EM在ΔBIF和ΔMJI中，BI=MJ∠B=∠M∴ΔBIF≅∴IJ=IF，∵HJ=∴IH⊥∵∠BFI+∴∠MIJ+∴∠JIF=∴ΔJIF是等边三角形，在RtΔIHF中，∵∠IHF=900∴∠FIH=∴IH=（3）结论：EG理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，∵∠FAD+∠DEF=90°，∴AFED四点共圆，∴∠EDF=∠DAE=45°，∠ADC=90°，∴∠ADF+∠EDC=45°，∵∠ADF=∠CDM，∴∠CDM+∠CDE=45°=∠EDG，在△DEM和△DEG中，DE=DE∠EDG=∠EDM∴△DEG≌△DEM，∴GE=EM，∵∠DCM=∠DAG=∠ACD=45°，AG=CM，∴∠ECM=90°，∴EC1+CM1=EM1，∵EG=EM，AG=CM，∴GE1=AG1+CE1．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题，属于中考压轴题．22、（1）；（2）证明见解析.【解析】

（1）根据等腰三角形的性质即可求解；（2）根据角平分线的性质及平行线的判定得到，再根据即可证明.【详解】（1）解：∵四边形为平形四边形∴∵平分∴∴∴，∴（2）证明：∵四边形为平行四边形∴∵平分又∴∴∴∴四边形为平行四边形【点睛】此题主要考查平行四边形的性质与判定，解题的关键是熟知平行四边形的性质定理.23、（1）原方程无解；（2）x≤1，数轴见解析；【解析】

（1）利用解分式方程的一般步骤求解即可．(2)求出两个不等式的解集，根据找不等式组解集的规律找出不等式组的解集即可．【详解】（1）去分母，方程两边同时乘以（x-3），可得：x-2=2（x-3）+1，

去括号可得：x-2=2x-6+1，

解得x=3，

检验：当x=3时，x-3=0，

∴x=3是分式方程的增根，原方程无解．（2）解：，

∵解不等式①得：x≤1，

解不等式②得：x＜4，

∴不等式组的解集为：x≤1，

在数轴上表示不等式组的解集为：

．【点睛】此题考查解分式方程，解一元一次不等式组，在数轴上表示不等式组的解集的应用，解此题的关键是能根据不等式的解集找出不等式组的解集．24、见解析【解析】

连接AF，CE，由四边形ABCD是平行四边形，可得AB∥CD，AB=CD，又由BE=DF，证得AE=CF，即可证得四边形AECF是平行四边形，从而证得结论．【详解】连接AF，CE，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD，AB=CD，

∵BE=DF，

∴AB-BE=CD-DF，

∴AE=CF，

∴四边形AECF是平行四边形，

∴PA=PC．【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定．注意准确作出辅助线，证得四边形AECF是平行四边形是解此题的关键．25、(1)、；（2）；（3）①；②.【解析】

（1）在Rt△ABC中，利用勾股定理可求得AB的长，即可得到AD、t的值，从而确定AE的长，由DE=AE-AD即可得解．（2）若△DEG与△ACB相似，要分两种情况：①AG：DE=DH：GE，②AH：EG=DH：DE，根据这些比例线段即可求得t的值．（需注意的是在求DE的表达式时，要分AD＞AE和AD＜AE两种情况）；（3）分别表示出线段FD和线段AD的长，利用面积公式列出函数关系式即可．【详解】（1）∵BC=AD=9，BE=4，∴CE=9-4=5，∵AF=CE，即：3t=5，∴t=，∴，即：，解得BH=；当t=时，AF=CE，此时BH=.（2）由EH∥DF得∠AFD=∠BHE，又∵∠A=∠CBH=90°∴△EBH∽△DAF∴即∴BH=当点F在点B的左边时，即t＜4时，BF=12-3t此时，当△BEF∽△BHE时：即解得：此时，当△BEF∽△BEH时：有BF=BH，即解得：当点F在点B的右边时，即t＞4时,BF=3t-12此时，当△BEF∽△BHE时：即解得：（3）①∵EH∥DF∴△DFE的面积=△DFH的面积=；②如图∵BE=4，∴CE=5，根据勾股定理得，DE=13，是定值，所以当C最小时DE+EF最