2024届江西省宜春市数学八年级下册期末经典试题含解析

2024届江西省宜春市数学八年级下册期末经典试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题4分，共48分）1．已知一个多边形内角和是外角和的4倍，则这个多边形是（）A．八边形 B．九边形 C．十边形 D．十二边形2．如图，平行四边形ABCD中，AB=8cm，AD=12cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在CB间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止(同时点Q也停止)，在运动以后，以P、D、Q、B四点组成平行四边形的次数有()A．4次 B．3次 C．2次 D．1次3．已知一个正多边形的每个外角等于，则这个正多边形是（）A．正五边形 B．正六边形 C．正七边形 D．正八边形4．点（2，﹣4）在反比例函数y=的图象上，则下列各点在此函数图象上的是（）A．（2，4） B．（﹣1，﹣8） C．（﹣2，﹣4） D．（4，﹣2）5．若a是（﹣4）2的平方根，b的一个平方根是2，则a+b的立方根为（）A．0 B．2 C．0或2 D．0或﹣26．如图，在2×2的正方形网格中，每个小正方形边长为1，点A，B，C均为格点，以点A为圆心，AB长为半径作弧，交格线于点D，则CD的长为（）A． B． C． D．2﹣7．已知a，b，c是△ABC的三边长，且满足关系，则△ABC的形状为（）A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形8．不等式的解集为（）A． B． C． D．9．某校男子足球队年龄分布条形图如图所示，该球队年龄的众数和中位数分别是A． B．C． D．10．下列变形错误的是（）A． B．C． D．11．如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝4，AD＝3，折叠纸片使DA与对角线DB重合，点A落在点A′处，折痕为DG，则A′G的长是()A．1 B． C． D．212．如图，绕点逆时针旋转得到，若，，则的度数是（）A． B．C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．已知x、y为直角三角形两边的长，满足，则第三边的长为________.14．已知反比例函数，当时，y的取值范围是________．15．化简：（2）2=_____．16．一组数据：2，﹣1，0，x，1的平均数是0，则x＝_____．17．直线y＝2x＋3与x轴相交于点A，则点A的坐标为_____．18．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6cm，动点P从点A出发，沿AB方向以每秒cm的速度向终点B运动；同时，动点Q从点B出发沿BC方向以每秒lcm的速度向终点C运动，将△PQC沿BC翻折，点P的对应点为点P′，设Q点运动的时间为t秒，若四边形QP′CP为菱形，则t的值为_____．三、解答题（共78分）19．（8分）小华思考解决如下问题：原题：如图1，点P，Q分别在菱形ABCD的边BC，CD上，∠PAQ＝∠B，求证：AP＝AQ．（1）小华进行探索，若将点P，Q的位置特殊化：把∠PAQ绕点A旋转得到∠EAF，使AE⊥BC，点E、F分别在边BC、CD上，如图1．此时她证明了AE＝AF，请你证明；（1）由以上（1）的启发，在原题中，添加辅助线：如图3，作AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F．请你继续完成原题的证明；（3）如果在原题中添加条件：AB＝4，∠B＝60°，如图1，求四边形APCQ的周长的最小值.20．（8分）如图，边长为2的正方形纸片ABCD中，点M为边CD上一点（不与C，D重合），将△ADM沿AM折叠得到△AME，延长ME交边BC于点N，连结AN．（1）猜想∠MAN的大小是否变化，并说明理由；（2）如图1，当N点恰为BC中点时，求DM的长度；（3）如图2，连结BD，分别交AN，AM于点Q，H．若BQ＝，求线段QH的长度．21．（8分）如图，菱形的对角线、相交于点，，，连接.（1）求证：；（2）探究：当等于多少度时，四边形是正方形？并证明你的结论.22．（10分）如图，在中，点为边的中点，点在内，平分点在上，．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）线段之间具有怎样的数量关系？证明你所得到的结论．23．（10分）某中学八⑴班、⑵班各选5名同学参加“爱我中华”演讲比赛，其预赛成绩（满分100分）如图所示：（1）根据上图填写下表：平均数中位数众数八（1）班8585八（2）班8580（2）根据两班成绩的平均数和中位数，分析哪班成绩较好？（3）如果每班各选2名同学参加决赛，你认为哪个班实力更强些？请说明理由．24．（10分）某公司招聘人才，对应聘者分别进行了阅读能力、思维能力和表达能力三项测试，其中甲、乙两人的测试成绩（百分制）如下表：（单位：分）应聘者阅读能力思维能力表达能力甲859080乙958095（1）若根据三项测试的平均成绩在甲、乙两人中录用一人，那么谁将被录用？（2）若将阅读能力、思维能力和表达能力三项测试得分按1：3：1的比确定每人的最后成绩，谁将被录用？25．（12分）如图，正方形，点为射线上的一个动点，点为的中点，连接，过点作于点.（1）请找出图中一对相似三角形，并证明；（2）若，以点为顶点的三角形与相似，试求出的长.26．计算（1）（2）；

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【解析】

设这个多边形的边数为n，然后根据内角和与外角和公式列方程求解即可.【详解】设这个多边形的边数为n，则（n－2）×180°＝4×360°，解得：n＝10，故选C.【点睛】本题主要考查多边形的内角和定理及多边形的外角和定理，熟练掌握多边形内角和定理是解答本题的关键.n变形的内角和为：(n-2)×180°，n变形的外角和为：360°；然后根据等量关系列出方程求解．2、B【解析】

试题解析：∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC=AD=12，AD∥BC，∵四边形PDQB是平行四边形，∴PD=BQ，∵P的速度是1cm/秒，∴两点运动的时间为12÷1=12s，∴Q运动的路程为12×4=48cm，∴在BC上运动的次数为48÷12=4次，第一次PD=QB时，12-t=12-4t，解得t=0，不合题意，舍去；

第二次PD=QB时，Q从B到C的过程中，12-t=4t-12，解得t=4.8；

第三次PD=QB时，Q运动一个来回后从C到B，12-t=31-4t，解得t=8；

第四次PD=QB时，Q在BC上运动3次后从B到C，12-t=4t-31，解得t=9.1．

∴在运动以后，以P、D、Q、B四点组成平行四边形的次数有3次，

故选：B．考点：平行四边形的判定与性质3、B【解析】分析：根据多边形的外角和为360°即可得出答案．详解：360°÷60°=6，即六边形，故选B．点睛：本题主要考查的是正多边形的外角和定理，属于基础题型．多边形的内角和定理为(n－2)×180°，多边形的外角和为360°．4、D【解析】

∵点（2，-4）在反比例函数y=的图象上，∴k=2×（-4）=-1．∵A中2×4=1；B中-1×（-1）=1；C中-2×（-4）=1；D中4×（-2）=-1，∴点（4，-2）在反比例函数y=的图象上．故选D．【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是求出反比例系数k，解决该题型题目时，结合点的坐标利用反比例函数图象上点的坐标特征求出k值是关键．5、C【解析】

先依据平方根的定义和性质求得a,b的值，然后依据有理数的加法法则求解，再求立方根即可解答【详解】∵（﹣4）2＝16，∴a＝±4，∵b的一个平方根是2，∴b＝4，当a＝4时，∴a+b＝8，∴8的立方根是2，当a＝﹣4时，∴a+b＝0，∴0的立方根是0，故选：C．【点睛】此题考查了平方根和立方根，解题关键在于求出a,b的值6、D【解析】

由勾股定理求出DE，即可得出CD的长．【详解】解：连接AD，如图所示：∵AD＝AB＝2，∴DE＝＝，∴CD＝2﹣；故选D．【点睛】本题考查勾股定理；由勾股定理求出DE是解题关键．7、C【解析】试题解析：∵+|a−b|＝0，∴c2-a2-b2=0，a-b=0，解得：a2+b2=c2，a=b，∴△ABC的形状为等腰直角三角形；故选C．【点睛】此题主要考查了勾股定理逆定理以及非负数的性质，关键是掌握勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形．8、B【解析】

先去括号，再移项，然后合并同类项，最后系数化为1，即可得出答案.【详解】解：6x+15>8x+66x-8x>6-15-2x>-9x<4.5因此答案选择B.【点睛】本题主要考查了一元一次不等式的解法：去分母，去括号，移项，合并同类项，系数化为1.9、B【解析】

根据条形图，观察可得15岁的人数最多，因此可得众数是15，将岁数从大到小排列，根据最中间的那个数就是中位数.【详解】首先根据条形图可得15岁的人数最多，因此可得众数是15;将岁数从大到小排列，根据条形图可知有人数：，因此可得最中间的11和12个的平均值是中位数，11和12个人都是15岁，故可得中位数是15.【点睛】本题主要考查众数和中位数的计算，是数据统计的基本知识，应当熟练掌握.10、D【解析】试题解析：A选项分子和分母同时除以最大公因式；B选项的分子和分母互为相反数；C选项分子和分母同时除以最大公因式，D选项正确的变形是所以答案是D选项故选D.11、C【解析】

由在矩形纸片ABCD中，AB=4，AD=3，可求得BD的长，由折叠的性质，即可求得A′B的长，然后设A′G=x，由勾股定理即可得：x2+4=（4-x）2，解此方程即可求得答案．【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴∴由折叠的性质,可得：A′D=AD=3,A′G=AG,∴A′B=BD−A′D=5−3=2，设A′G=x，则AG=x，BG=AB−AG=4−x，在Rt△A′BG中,∴解得：∴故选:C.【点睛】考查折叠的性质，矩形的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握折叠的性质是解题的关键.12、C【解析】

根据旋转的性质和三角形内角和180度求出<COD度数，再利用旋转角减去LCOD度数即可。【详解】解：根据旋转的性质可知：∠C=∠A=110°在△COD中，∠COD=180°-110°-40°=30°旋转角∠AOC=85°，所以∠α=85°-30°-55°故选：C.【点睛】本题主要考查了旋转的性质，解题的关键是找准旋转角.二、填空题（每题4分，共24分）13、、或．【解析】试题分析：∵|x2-4|≥0，，∴x2-4=0，y2-5y+6=0，∴x=2或-2（舍去），y=2或3，①当两直角边是2时，三角形是直角三角形，则斜边的长为：；②当2，3均为直角边时，斜边为；③当2为一直角边，3为斜边时，则第三边是直角，长是．考点：1．解一元二次方程-因式分解法；2．算术平方根；3．勾股定理．14、【解析】

利用反比例函数的性质，由x的取值范围并结合反比例函数的图象解答即可．【详解】∵k=1＞0，∴在每个象限内y随x的增大而减小，又∵当x=1时，y=1，当x=2时，y=5，∴当1＜x＜2时，5＜y＜1．故答案为．【点睛】本题主要考查反比例函数的性质，当k＞0时，在每一个象限内，y随x的增大而减小；当k＜0时，在每一个象限，y随x的增大而增大．15、1．【解析】

根据二次根式的性质：进行化简即可得出答案.【详解】故答案为：1.【点睛】本题考查了二次根式的性质及运算.熟练应用二次根式的性质及运算法则进行化简是解题的关键.16、-2【解析】

根据平均数的公式可得关于x的方程，解方程即可得.【详解】由题意得，解得：x=-2，故答案为：-2.【点睛】本题考查了平均数，熟练掌握平均数的计算公式是解题的关键.17、（−，0）【解析】

根据一次函数与x轴的交点，y=0；即可求出A点的坐标．【详解】解：∵当y=0时，有，解得：，∴A点的坐标为（−，0）；故答案为：（−，0）.【点睛】本题考查了一次函数与x轴的交点坐标，解答此题的关键是熟知一次函数与坐标轴的交点，与x轴有交点，则y=0.18、1【解析】作PD⊥BC于D，PE⊥AC于E，如图，AP=t，BQ=tcm，（0≤t＜6）∵∠C=90°，AC=BC=6cm，∴△ABC为直角三角形，∴∠A=∠B=45°，∴△APE和△PBD为等腰直角三角形，∴PE=AE=AP=tcm，BD=PD，∴CE=AC﹣AE=（6﹣t）cm，∵四边形PECD为矩形，∴PD=EC=（6﹣t）cm，∴BD=（6﹣t）cm，∴QD=BD﹣BQ=（6﹣1t）cm，在Rt△PCE中，PC1=PE1+CE1=t1+（6﹣t）1，在Rt△PDQ中，PQ1=PD1+DQ1=（6﹣t）1+（6﹣1t）1，∵四边形QPCP′为菱形，∴PQ=PC，∴t1+（6﹣t）1=（6﹣t）1+（6﹣1t）1，∴t1=1，t1=6（舍去），∴t的值为1．故答案为1．【点睛】

此题主要考查了菱形的性质，勾股定理，关键是要熟记定理的内容并会应用.三、解答题（共78分）19、（1）见解析；（1）见解析；（3）.【解析】

（1）根据四边形ABCD是菱形，首先证明∠B＝∠D，AB＝AD，再结合题意证明，进而证明△AEB≌△AFD，即可证明AE＝AF.（1）根据（1）的证明，再证明△AEP≌△AFQ（ASA），进而证明AP＝AQ.（3）根据题意连接AC，则可证明△ABC为等边三角形，再计算AE的长度，则可计算长APCQ的周长的最小值.【详解】（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是菱形，∴∠B+∠C＝180°，∠B＝∠D，AB＝AD，∵∠EAF＝∠B，∴∠EAF+∠C＝180°，∴∠AEC+∠AFC＝180°，∵AE⊥BC，∴AF⊥CD，在△AEB和△AFD中，，∴△AEB≌△AFD（AAS），∴AE＝AF；（1）证明：如图3，由（1）得，∠PAQ＝∠EAF＝∠B，AE＝AF，∴∠EAP＝∠FAQ，在△AEP和△AFQ中，，∴△AEP≌△AFQ（ASA），∴AP＝AQ；（3）解：如图2，连接AC，∵∠ABC＝60°，BA＝BC＝2，∴△ABC为等边三角形，∵AE⊥BC，∴BE＝EC＝1，同理，CF＝FD＝1，∴AE＝＝1，∴四边形APCQ的周长＝AP+PC+CQ+AQ＝1AP+CP+CF+FQ＝1AP+1CF，∵CF是定值，当AP最小时，四边形APCQ的周长最小，∴当AP＝AE时，四边形APCQ的周长最小，此时四边形APCQ的周长的最小值＝1×1+2＝2+2．【点睛】本题主要考查菱形的性质，关键在于第三问中的最小值的计算，要使周长最小，当AP＝AE时，四边形APCQ的周长最小.20、（1）∠MAN的大小没有变化，理由见解析；（2）；（3）.【解析】

（1）由折叠知AD=AE、DM=EM、∠D=∠AEM=90°、∠DAM=∠EAM=∠DAE，再证Rt△BAN≌Rt△EAN得∠BAN=∠EAN=∠BAE，根据∠MAN=∠EAM+∠EAN=（∠DAE+∠BAE）可得答案；（2）由题意知EN=BN=CN=1，设DM=EM=x，则MC=2-x、MN=1+x，在Rt△MNC中，由MC2+CN2=MN2列出关于x的方程求解可得；（3）将△ABQ绕点A逆时针旋转90°得△ADG，连接GH，由旋转知DG=BQ=，AG=AQ，∠ADG=∠ABQ=∠ADB=45°，∠BAQ=∠DAG，证△GAH≌△QAH得GH=QH，设GH=QH=a，得BD=AB=2，BQ=，DQ=，DH=-a，在Rt△DGH中，由DG2+DH2=GH2可得关于a的方程，解之可得答案．【详解】（1）∠MAN的大小没有变化，∵将△ADM沿AM折叠得到△AME，∴△ADM≌△AEM，∴AD＝AE＝2、DM＝EM、∠D＝∠AEM＝90°、∠DAM＝∠EAM＝∠DAE，又∵AD＝AB＝2、∠D＝∠B＝90°，∴AE＝AB、∠B＝∠AEM＝∠AEN＝90°，在Rt△BAN和Rt△EAN中，∵，∴Rt△BAN≌Rt△EAN（HL），∴∠BAN＝∠EAN＝∠BAE，则∠MAN＝∠EAM+∠EAN＝∠DAE+∠BAE＝（∠DAE+∠BAE）＝∠BAD＝45°，∴∠MAN的大小没有变化；（2）∵N点恰为BC中点，∴EN＝BN＝CN＝1，设DM＝EM＝x，则MC＝2﹣x，∴MN＝ME+EN＝1+x，在Rt△MNC中，由MC2+CN2＝MN2可得（2﹣x）2+12＝（1+x）2，解得：x＝，即DM＝；（3）如图，将△ABQ绕点A逆时针旋转90°得△ADG，连接GH，则△ABQ≌△ADG，∴DG＝BQ＝、AG＝AQ、∠ADG＝∠ABQ＝∠ADB＝45°、∠BAQ＝∠DAG，∵∠MAN＝∠BAD＝45°，∴∠BAQ+∠DAM＝∠DAG+∠DAM＝∠GAH＝45°，则∠GAH＝∠QAH，在△GAH和△QAH中，∵，∴△GAH≌△QAH（SAS），∴GH＝QH，设GH＝QH＝a，∵BD＝AB＝2，BQ＝，∴DQ＝BD﹣BQ＝，∴DH＝﹣a，∵∠ADG＝∠ADH＝45°，∴∠GDH＝90°，在Rt△DGH中，由DG2+DH2＝GH2可得（）2+（﹣a）2＝a2，解得：a＝，即QH＝．【点睛】本题主要考查四边形的综合问题，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质及旋转的性质等知识点．21、（1）见解析；（2）当时，四边形OCED为正方形,见解析.【解析】

（1）先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直求出∠COD＝90°，证明OCED是矩形，由矩形的性质可得OE＝DC；（2）当∠ABC＝90°时，四边形OCED是正方形，根据正方形的判定方法证明即可．【详解】解：（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，∴四边形OCED是平行四边形，∵四边形ABCD是菱形，∴∠COD＝90°，∴四边形OCED是矩形，∴OE＝DC；（2）当∠ABC＝90°时，四边形OCED是正方形，理由如下：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝90°，∴四边形ABCD是正方形，∴DO＝CO，又∵四边形OCED是矩形，∴四边形OCED是正方形．【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，正方形的判定和性质，是基础题，熟记矩形的判定方法与菱形的性质是解题的关键．22、（1）见详解；（2）,证明见详解.【解析】

（1）延长CE交AB于点G，证明，可得，结合题目条件利用中位线中的平行即可求证；（2）根据已知条件易得，根据全等可得，从而得到之间的数量关系.【详解】（1）延长CE交AB于点G，如图所示：∵平分∴在中∵点为边的中点∴∴DE为的中位线∴∵∴四边形是平行四边形（2）∵四边形是平行四边形∴∵D、E分别是BC、GC的中点【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的性质，中位线的性质等知识点，解题的关键在于判断四边形是平行四边形，DE为的中位线，，从而可解此题.23、（1）85，1；（2）八⑴班的成绩较好；（3）八⑵班实力更强些，理由见解析【解析】

（1）根据中位数和众数的定义填空．

（2）根据平均数和中位数比较两个班的成绩．

（3）比较每班前两名选