2024届福建省三明市溪一中学数学八下期末预测试题含解析

2024届福建省三明市溪一中学数学八下期末预测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题4分，共48分）1．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122．下列选项中的图形，不属于中心对称图形的是(

)A．

B．

C．

D．3．下面的平面图形中，不能镶嵌平面的图形是（）A．正三角形 B．正六边形 C．正四边形 D．正五边形4．如图，在平面直角坐标系上有点A(1，0)，点A第一次跳动至点，第二次点跳动至点第三次点跳动至点，第四次点跳动至点……，依此规律跳动下去，则点与点之间的距离是（）A．2017 B．2018 C．2019 D．20205．在四边形ABCD中，O是对角线的交点，能判定这个四边形是正方形的条件是（）A．AC＝BD，AB∥CD，AB＝CD B．AD∥BC，∠A＝∠CC．AO＝BO＝CO＝DO，AC⊥BD D．AO＝CO，BO＝DO，AB＝BC6．为了解某学校七至九年级学生每天的体育锻炼时间，下列抽样调查的样本代表性较好的是（）A．选择七年级一个班进行调查B．选择八年级全体学生进行调查C．选择全校七至九年级学号是5的整数倍的学生进行调查D．对九年级每个班按5%的比例用抽签的方法确定调查者7．直角三角形中，两直角边分别是6和8.则斜边上的中线长是（）A． B． C． D．8．关于抛物线与的说法，不正确的是（）A．与的顶点关于轴对称B．与的图像关于轴对称C．向右平移4个单位可得到的图像D．绕原点旋转可得到的图像9．甲、乙、丙三位选手各10次射击成绩的平均数和方差统计如表：选手甲乙丙平均数9.39.39.3方差0.026a0.032已知乙是成绩最稳定的选手，且乙的10次射击成绩不都一样，则a的值可能是（）A．0 B．0.020 C．0.030 D．0.03510．若一个多边形的内角和与外角和总共是900°，则此多边形是()A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．七边形11．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．12．方程的解是（）A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．已知：函数，，若，则__________(填“”或“”或“”)．14．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，矩形OABC中，A（10，0），C（0，4），D为OA的中点，P为BC边上一点．若△POD为等腰三角形，则所有满足条件的点P的坐标为．15．一元二次方程x2-2x-k=0有两个相等的实数根，则k=________。16．设函数与的图象的交点坐标为，则的值为__________.17．如图，在边长为的菱形中，，是边的中点，是对角线上的动点，连接，，则的最小值______．18．直线y＝kx＋b经过点A（－2，0）和y轴的正半轴上一点B．如果△ABO（O为坐标原点）的面积为2，则b的值是________．三、解答题（共78分）19．（8分）某市团委举办“我的中国梦”为主题的知识竞赛，甲、乙两所学校参赛人数相等，比赛结束后，发现学生成绩分别为70分、80分、90分、100分，并根据统计数据绘制了如下不完整的统计图表：乙校成绩统计表分数/分人数/人707809011008(1)在图①中，“80分”所在扇形的圆心角度数为________；(2)请你将图②补充完整；(3)求乙校成绩的平均分；(4)经计算知s甲2＝135，s乙2＝175，请你根据这两个数据，对甲、乙两校成绩作出合理评价．20．（8分）为了让学生拓展视野、丰富知识，加深与自然和文化的亲近感,增加对集体生活方式和社会公共道德的体验,我区某中学决定组织部分师生去随州炎帝故里开展研学旅行活动.在参加此次活动的师生中,若每位老师带个学生,还剩个学生没人带;若每位老师带个学生，就有一位老师少带个学生.为了安全,既要保证所有师生都有车坐,又要保证每辆客车上至少要有名老师.现有甲、乙两种大客车，它们的载客量和租金如表所示.（1）参加此次研学旅行活动的老师有人；学生有人；租用客车总数为辆；（2）设租用辆乙种客车，租车费用为元，请写出与之间的函数关系式；（3）在（2）的条件下，学校计划此次研学旅行活动的租车总费用不超过元，你能得出哪几种不同的租车方案？其中哪种租车方案最省钱？请说明理由.21．（8分）如图1，平面直角坐标系中，直线AB：y=﹣x+b交x轴于点A(8，0)，交y轴正半轴于点B．(1)求点B的坐标；(2)如图2，直线AC交y轴负半轴于点C，AB=BC，P为线段AB上一点，过点P作y轴的平行线交直线AC于点Q，设点P的横坐标为t，线段PQ的长为d，求d与t之间的函数关系式；(3)在(2)的条件下，M为CA延长线上一点，且AM=CQ，在直线AC上方的直线AB上是否存在点N，使△QMN是以QM为斜边的等腰直角三角形？若存在，请求出点N的坐标及PN的长度；若不存在，请说明理由.22．（10分）如图，直线与直线交于点，直线经过点．（1）求直线的函数表达式；（2）直接写出方程组的解______；（3）若点在直线的下方，直线的上方，写出的取值范围______．23．（10分）如果一组数据﹣1，0，2，3，x的极差为6（1）求x的值；（2）求这组数据的平均数．24．（10分）四边形中，，，，，垂足分别为、.（1）求证：；（2）若与相交于点，求证：.25．（12分）如图，△ABC中，CD⊥AB于D，若AD＝2BD，AC＝3，BC＝2，求BD的长．26．某商场销售A,B两种品牌的教学设备,这两种教学设备的进价和售价如表所示AB进价(万元/套)1.51.2售价(万元/套)1.651.4该商场计划购进两种教学设备若干套,共需66万元,全部销售后可获毛利润9万元.(1)该商场计划购进A,B两种品牌的教学设备各多少套?(2)通过市场调研,该商场决定在原计划的基础上,减少A种设备的购进数量,增加B种设备的购进数量,已知B种设备增加的数量是A种设备减少的数量的1.5倍.若用于购进这两种教学设备的总资金不超过69万元,问A种设备购进数量至多减少多少套?

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【解题分析】

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.【题目详解】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．【题目点拨】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.2、B【解题分析】

根据中心对称图形特点分别分析判断，中心对称图形绕一个点旋转180°后图形仍和原来图形重合.【题目详解】解：A、属于中心对称图形，不符合题意；B、不是中心对称图形，符合题意；C、是中心对称图形，不符合题意；D、是中心对称图形，不符合题意.故答案为：B【题目点拨】本题考查的中心对称图形，由其特点进行判断是解题的关键.3、D【解题分析】

几何图形镶嵌成平面的关键是：围绕一点拼在一起的多边形的内角加在一起恰好组成一个周角．【题目详解】A、正三角形的每一个内角都是60°，放在同一顶点处6个即能镶嵌平面；B、正六边形每个内角是120°，能整除360°，故能镶嵌平面；C、正四边形的每个内角都是90°，放在同一顶点处4个即能镶嵌平面；D、正五边形每个内角是180°-360°÷5=108°，不能整除360°，不能镶嵌平面，故选D.【题目点拨】本题考查了平面镶嵌(密铺)，用一般凸多边形镶嵌，用任意的同一种三角形或四边形能镶嵌成一个平面图案．因为三角形内角和为180°，用6个同一种三角形就可以在同一顶点镶嵌，而四边形的内角和为360°，用4个同一种四边形就可以在同一顶点处镶嵌．用一种正多边形镶嵌，只有正三角形，正四边形，正六边形三种正多边形能镶嵌成一个平面图案．4、C【解题分析】

根据图形观察发现，第偶数次跳动至点的坐标，横坐标是次数的一半加上1，纵坐标是次数的一半，奇数次跳动与该偶数次跳动的横坐标的相反数加上1，纵坐标相同，可分别求出点A2017与点A2018的坐标，进而可求出点A2017与点A2018之间的距离．【题目详解】解：观察发现，第2次跳动至点的坐标是（2，1），

第4次跳动至点的坐标是（3，2），

第6次跳动至点的坐标是（4，3），

第8次跳动至点的坐标是（5，4），

…

第2n次跳动至点的坐标是（n+1，n），

则第2018次跳动至点的坐标是（1010，1009），

第2017次跳动至点A2017的坐标是（-1009，1009）．

∵点A2017与点A2018的纵坐标相等，

∴点A2017与点A2018之间的距离=1010-（-1009）=2019，

故选C．【题目点拨】本题考查了坐标与图形的性质，以及图形的变化问题，结合图形得到偶数次跳动的点的横坐标与纵坐标的变化情况是解题的关键．5、C【解题分析】试题分析：根据正方形的判定：对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形进行分析从而得到最后的答案．解：A，不能，只能判定为矩形；B，不能，只能判定为平行四边形；C，能；D，不能，只能判定为菱形．故选C．6、C【解题分析】

直接利用抽样调查必须具有代表性，进而分析得出答案．【题目详解】抽样调查的样本代表性较好的是：选择全校七至九年级学号是5的整数倍的学生进行调查，故选C．【题目点拨】此题主要考查了抽样调查的可靠性，正确把握抽样调查的意义是解题关键．7、C【解题分析】

利用勾股定理列式求出斜边，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．【题目详解】解：由勾股定理得，斜边==10，

所以，斜边上的中线长=×10=1．

故选：C．【题目点拨】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理，熟记性质是解题的关键．8、D【解题分析】

利用对称变换和平移变换法则，分析两条抛物线的位置关系，即可做出选择..【题目详解】解：A,与，当纵坐标相同，横坐标互为相反数，故正确；B,与，当纵坐标相同，横坐标互为相反数，故正确；C，与的对称轴分别为x=-2和x=2，故正确；D，绕原点旋转，只是开口方向发生变化，故D错误；故答案为D.【题目点拨】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，其中熟练的掌握给定函数解析式求顶点坐标，对称轴方程和开口方向的方法，是解答的关键.9、B【解题分析】解：∵乙的11次射击成绩不都一样，∴a≠1．∵乙是成绩最稳定的选手，∴乙的方差最小，∴a的值可能是1.121．故选B．10、B【解题分析】

本题需先根据已知条件，再根据多边形的外角和是360°，解出内角和的度数，再根据内角和度数的计算公式即可求出边数【题目详解】解：∵多边形的内角和与外角和的总和为900°，多边形的外角和是360°，∴多边形的内角和是900°﹣360°＝140°，∴多边形的边数是：140°÷180°+2＝3+2＝1．故选B．【题目点拨】本题主要考查了多边形内角与外角，在解题时要根据外角和的度数以及内角和度数的计算公式解出本题即可．11、D【解题分析】

根据轴对称图形和中心对称图形的概念识别即可.（轴对称图形是指在平面内沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形；中心对称图形是指在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与另一个图形重合.）【题目详解】解：A选项不是轴对称图形，是中心对称图形；B选项是轴对称图形，不是中心对称图形；C选项是轴对称图形，不是中心对称图形;D选项既是轴对称图形，又是中心对称图形,故选D.【题目点拨】本题主要考查轴对称图形和中心对称图形的识别，这是重点知识，必须熟练掌握，关键在于根据概念判断.12、C【解题分析】

根据方程即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可.【题目详解】解：由，得x=0，x+2=0∴故选C.【题目点拨】本题考查了解一元二次方程.能把一元二次方程转化为一元一次方程是解此题的关键.二、填空题（每题4分，共24分）13、＜【解题分析】

联立方程组，求出方程组的解，根据方程组的解以及函数的图象进行判断即可得解.【题目详解】根据题意联立方程组得，解得，，画函数图象得，所以，当，则＜.故答案为：＜.【题目点拨】本题考查了一次函数图象的性质与特征，求出两直线的交点坐标是解决此题的关键.14、（2.5，4）或（3，4）或（2，4）或（8，4）．【解题分析】试题解析：∵四边形OABC是矩形，∴∠OCB=90°，OC=4，BC=OA=10，∵D为OA的中点，∴OD=AD=5，①当PO=PD时，点P在OD得垂直平分线上，∴点P的坐标为：（2.5，4）；②当OP=OD时，如图1所示：则OP=OD=5，PC=52∴点P的坐标为：（3，4）；③当DP=DO时，作PE⊥OA于E，则∠PED=90°，DE=52分两种情况：当E在D的左侧时，如图2所示：OE=5-3=2，∴点P的坐标为：（2，4）；当E在D的右侧时，如图3所示：OE=5+3=8，∴点P的坐标为：（8，4）；综上所述：点P的坐标为：（2.5，4），或（3，4），或（2，4），或（8，4）考点：1.矩形的性质；2.坐标与图形性质；3.等腰三角形的判定；4.勾股定理．15、-1【解题分析】

根据已知方程有两个相等的实数根，得出b2-4ac=0，建立关于k的方程，解方程求出k的值即可.【题目详解】∵一元二次方程x2-2x-k=0有两个相等的实数根，∴b2-4ac=0，即4+4k=0解之：k=-1故答案为：-1【题目点拨】本题考查了一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的根的判别式：△＝b2−4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△＝0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．16、−.【解题分析】

把交点坐标代入2个函数后，得到2个方程，求得a，b的解，整理求得的值即可．【题目详解】∵函数与y=x−1的图象的交点坐标为(a,b)，∴b=，b=a−1，∴=a−1，a−a−2=0，(a−2)(a+1)=0，解得a=2或a=−1，∴b=1或b=−2，∴的值为−.故答案为：−.【题目点拨】此题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解题关键在于把交点坐标代入2个函数后，得到2个方程17、【解题分析】

根据在直线L上的同侧有两个点A、B，在直线L上有到A、B的距离之和最短的点存在，可以通过轴对称来确定，即作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L的交点就是所要找的点,据此可以作对称点，找到最小值．【题目详解】解：连接AE．∵四边形ABCD为菱形，∴点C、A关于BD对称，∴PC=AP，∴PC+EP=AP+PE，∴当P在AE与BD的交点时，AP+PE最小，∵E是BC边的中点，∴BE=1，∵AB=2，B=60°，∴AE⊥BC，此时AE最小，为，最小值为.【题目点拨】本题考查了线段之和的最小值，熟练运用菱形的性质是解题的关键．18、1【解题分析】．而|OA|＝1，故|OB|＝1，又点B在y轴正半轴上，所以b＝1．三、解答题（共78分）19、(1)54°；（2）补图见解析；（3）85分；（4）甲校20名同学的成绩相对乙校较整齐．【解题分析】试题分析：（1）根据统计图可知甲班70分的有6人，从而可求得总人数，然后可求得成绩为80分的同学所占的百分比，最后根据圆心角的度数=360°×百分比即可求得答案；（2）用总人数减去成绩为70分、80分、90分的人数即可求得成绩为100分的人数，从而可补全统计图；（3）先求得乙班成绩为80分的人数，然后利用加权平均数公式计算平均数；（4）根据方差的意义即可做出评价．试题解析：（1）6÷30%=20，3÷20=15%，360°×15%=54°；（2）20-6-3-6=5，统计图补充如下：（3）20-1-7-8=4，=85；（4）∵S甲2＜S乙2，∴甲班20同名同学的成绩比较整齐．20、（1）；；；（2）；（3）共有种租车方案：方案一：租用甲种客车辆，乙种客车辆；方案二：租用甲种客车辆，乙种客车辆；方案三：租用甲种客车辆，乙种客车辆；最节省费用的租车方案是：租用甲种客车辆，乙种客车辆；【解题分析】

（1）设出老师有x名，学生有y名，得出二元一次方程组，解出即可；（2）设用辆乙，则甲种客车数为：辆，代入计算即可（3）设租用x辆乙种客车，则甲种客车数为：（8-x）辆，由题意得出400x+300（8-x）≤3100，得出x取值范围，分析得出即可．【题目详解】(1)设老师有x名，学生有y名。依题意，列方程组，解得，∵每辆客车上至少要有2名老师，∴汽车总数不能超过8辆；又要保证300名师生有车坐,汽车总数不能小于=(取整为8)辆，综合起来可知汽车总数为8辆；答：老师有16名，学生有284名；租用客车总数为8辆。（2）租用辆乙，甲种客车数为：辆，.（3）租车总费用不超过元，租用乙种客车不少于辆，，解得：，为使名师生都有座，，解得：，取整数为.共有种租车方案：方案一：租用甲种客车辆，乙种客车辆；方案二：租用甲种客车辆，乙种客车辆；方案三：租用甲种客车辆，乙种客车辆；由（2），随的减小而减小，且为整数，当时，元，故最节省费用的租车方案是：租用甲种客车辆，乙种客车辆；【题目点拨】本题考查二元一次方程组的应用，一次函数以及一元一次不等式的应用，正确列出式子是解题关键.21、(1)B(0，6)；(2)d=﹣t+10；(3)见解析.【解题分析】【分析】(1)把A(8，0)代入y=﹣x+b，可求解析式，再求B的坐标；（2）先求点C(0，﹣4)，再求直线AC解析式，可设点P(t，﹣t+6)，Q(t，t﹣4)，所以d=(﹣t+6)﹣(t﹣4)；过点M作MG⊥PQ于G，证△OAC≌△GMQ，得QG=OC=4，GM=OA=8；过点N作NH⊥PQ于H，过点M作MR⊥NH于点R，得四边形GHRM是矩形，得HR=GM=8；设GH=RM=k，由△HNQ≌△RMN，得HN=RM=k，NR=QH=4+k，由HR=HN+NR，得k+4+k=8，可得GH=NH=RM=2，HQ=6，由Q(t，t﹣4)，得N(t+2，t﹣4+6)，代入y=﹣x+6，得t+2=﹣(t+2)+6，求出t=2，再求P(2，)，N(4，3)，可得PH=，NH=2，最后PN=.【题目详解】解：(1)∵y=﹣x+b交x轴于点A(8，0)，∴0=﹣×8+b，b=6，∴直线AB解析式为y=﹣x+6，令x=0，y=6，B(0，6)；(2)∵A(8，0)，B(0，6)，∴OA=8，OB=6，∵∠AOB=90°，∴AB=10=BC，∴OC=4，∴点C(0，﹣4)，设直线AC解析式为y=kx+b’，∴，∴,∴直线AC解析式为y=x﹣4，∵P在直线y=﹣x+6上，∴可设点P(t，﹣t+6)，∵PQ∥y轴，且点Q在y=x﹣4上，∴Q(t，t﹣4)，∴d=(﹣t+6)﹣(t﹣4)=﹣t+10；(3)过点M作MG⊥PQ于G，∴∠QGM=90°=∠COA，∵PQ∥y轴，∴∠OCA=∠GQM，∵CQ=AM，∴AC=QM，在△OAC与△GMQ中，，∴△OAC≌△GMQ，∴QG=OC=4，GM=OA=8，过点N作NH⊥PQ于H，过点M作MR⊥NH于点R，∴∠MGH=∠RHG=∠MRH=90°，∴四边形GHRM是矩形，∴HR=GM=8，可设GH=RM=k，∵△MNQ是等腰直角三角形，∴∠QMN=90°，NQ=NM，∴∠HNQ+∠HQN=90°，∴∠HNQ+∠RNM=90°，∴∠RNM=∠HQN，∴△HNQ≌△RMN，∴HN=RM=k，NR=QH=4+k，∵HR=HN+NR，∴k+4+k=8，∴k=2，∴GH=NH=RM=2，∴HQ=6，∵Q(t，t﹣4)，∴N(t+2，t﹣4+6)即N(t+2，t+2)∵N在直线AB：y=﹣x+6上，∴t+2=﹣(t+2)+6，∴t=2，∴P(2，)，N(4，3)，∴PH=，NH=2，∴PN==.【题目点拨】本题考核知识点：一次函数综合应用.解题关键点：熟记一次函数性质，运用数形结合思想.22、（1）；（2）；（3）．【解题分析】

（1）求出点C坐标，由待定系数法可得直线的函数表达式；（2）方程组的解即为交点C横纵坐标的值；（3）由题意可知当，，根据直线的表达式求出即可.【题目详解】解：（1）当时，，解得，即点坐标为；由与直线交于点，直线经过点，得，解得，直线的函数表达式为；（2）方程组的解即为交点C横纵坐标的值,点坐标为，所以方程组解为；（3）由题意可知当，，所以．【题目点拨】本题考查了一次函数的解析式及图像，熟练掌握待定系数法，将题目与图像相结合是解题的关键.23、（1）x=1或x=-3；（2）或【解题分析】

（1）根据极差的定义求解.分两种情况：x为最大值或最小值.（2）根据平均数的公式求解即可。【题目详解】解：（1）∵3+1＝4＜6，∴x为最大值或最小值．当x为最大值时，有x+1＝6，解得x＝1．当x为最小值时，3﹣x