2024届河南省漯河召陵区七校联考数学八年级下册期末检测模拟试题含解析

2024届河南省漯河召陵区七校联考数学八年级下册期末检测模拟试题注意事项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(每小题3分,共30分)1．下图表示一次函数y=mx+n与正比例函数y=mnx（m，n是常数，且mn0)的大致图像是（）A． B．C． D．2．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在CD，BC上，且AF=BE，BE与AF相交于点G，则下列结论中错误的是（）A．BF=CE B．∠DAF=∠BECC．AF⊥BE D．∠AFB+∠BEC=90°3．小亮从家步行到公交车站台，等公交车去学校.图中的折线表示小亮的行程s(km)与所花时间t(min)之间的函数关系.下列说法错误的是A．他离家8km共用了30min B．他等公交车时间为6minC．他步行的速度是100m/min D．公交车的速度是350m/min4．要使二次根式有意义，则x应满足A． B． C． D．5．如图，菱形中，交于点，于点，连接，若，则的度数是（）A．35° B．30° C．25° D．20°6．如图，已知直线11：y＝﹣x+4与直线l2：y＝3x+b相交于点P，点P的横坐标是2，则不等式﹣x+4≤3x+b的解集是（）A．x＜2 B．x＞2 C．x≤2 D．x≥27．如图，矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，下列结论中不正确的是（）A．∠ABC＝90° B．AC＝BD C．∠OBC＝∠OCB D．AO⊥BD8．下列命题中，真命题是（）A．相等的角是直角B．不相交的两条线段平行C．两直线平行，同位角互补D．经过两点有且只有一条直线9．如图，AC＝BC，AE＝CD，AE⊥CE于点E，BD⊥CD于点D，AE＝7，BD＝2，则DE的长是（）A．7 B．5 C．3 D．210．下列二次根式中，最简二次根式是（）A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．若n边形的每个内角都是，则________．12．等边三角形的边长为6，则它的高是________13．某中学规定学生的学期体育成绩满分为100分，其中早锻炼及体育课外活动占20%，期中考试成绩占30%，期末考试成绩占50%，小桐的三项成绩(百分制)依次为95，90，1．则小桐这学期的体育成绩是__________．14．一个多边形的内角和是它的外角和的5倍，则这个多边形的边数为____________。15．如图，∠AOP＝∠BOP，PC∥OA，PD⊥OA，若∠AOB＝45°，PC＝6，则PD的长为_____．16．＝▲．17．直线与轴的交点坐标___________18．我们知道，正整数的和1+3+5+…+（2n﹣1）＝n2，若把所有正偶数从小到大排列，并按如下规律分组：（2），（4，6，8），（10，12，14，16，18），（20，22，24，26，28，30，32），…，现有等式Am＝（i，j）表示正偶数m是第i组第j个数（从左到右数），如A8＝（2，3），则A2018＝_____三、解答题(共66分)19．（10分）如图，在▱ABCD中，∠ABC、∠ADC的平分线分别交AD、BC于点E、F，求证：四边形BEDF是平行四边形．20．（6分）如图，矩形ABCD中，，，E、F分别是AB、CD的中点求证：四边形AECF是平行四边形；是否存在a的值使得四边形AECF为菱形，若存在求出a的值，若不存在说明理由；如图，点P是线段AF上一动点且求证：；直接写出a的取值范围．21．（6分）类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”.（1）概念理解在“平行四边形、菱形、矩形、正方形”中是“等邻边四边形”的是.（2）概念应用在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=3.点D是AB边的中点，点E是BC边上的一个动点，若四边形ADEC是“等邻边四边形”，则CE=.22．（8分）已知y－2和x成正比例，且当x＝1时，当y＝4。（1）求y与x之间的函数关系式；（2）若点P（3，m）在这个函数图象上，求m的值。23．（8分）如图，正方形ABCD中，O是对角线的交点，AF平分BAC，DHAF于点H，交AC于G，DH延长线交AB于点E，求证：BE=2OG.24．（8分）如图，A，B，C，D为四家超市，其中超市D距A，B，C三家超市的路程分别为25km，10km，5km．现计划在A，D之间的道路上建一个配货中心P，为避免交通拥堵，配货中心与超市之间的距离不少于2km．假设一辆货车每天从P出发为这四家超市送货各1次，由于货车每次仅能给一家超市送货，因此每次送货后均要返回配货中心P，重新装货后再前往其他超市．设P到A的路程为xkm，这辆货车每天行驶的路程为ykm．（1）求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；（2）直接写出配货中心P建在什么位置，这辆货车每天行驶的路程最短？最短路程是多少？25．（10分）观察下列各式：，，，请利用你所发现的规律，（1）计算；（2）根据规律，请写出第n个等式（，且n为正整数）．26．（10分）如图，在正方形中，已知于．（1）求证：；（2）若，求的长．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解析】

根据一次函数图像与系数的关系以及正比例函数图像与系数的关系逐一对各选项进行判断，然后进一步得出答案即可.【详解】A：由一次函数图像可知：m＞0，n＞0，则mn＞0，由正比例函数图像可得：mn<0，互相矛盾，故该选项错误；B：由一次函数图像可知：m＞0，n＜0，则此时mn<0，由正比例函数图像可得：mn>0，互相矛盾，故该选项错误；C：由一次函数图像可知：m﹤0，n>0，则此时mn﹤0，由正比例函数图像可得：mn<0，故该选项正确；D：由一次函数图像可知：m﹤0，n﹥0，则此时mn<0，由正比例函数图像可得：mn>0，互相矛盾，故该选项错误；故选：C．【点睛】本题主要考查了正比例函数图像以及一次函数图像与系数的关系，熟练掌握相关概念是解题关键．2、D【解析】

根据正方形的性质可得∠FBA=∠BCE=90°、AB=BC，结合BF=CE可用“SAS”得到△ABF≌△BCE，从而可对A进行判断；由全等三角形的性质可得∠BAF=∠CBE，结合等角的余角相等即可对B进行判断；由直角三角形的两个锐角互余可得∠BAF+∠AFB=90°，结合全等三角形的性质等量代换可得∠CBE+∠AFB=90°，从而可得到∠BGF的度数，据此对C进行判断；对于D，由全等三角形的性质可知∠AFB=∠BEC，因此∠AFB=∠BEC=45°时D正确，分析能否得到∠AFB=45°即可对其进行判断.【详解】∵四边形ABCD为正方形，∴∠FBA=∠BCE=90°，AB=BC，又∵AF=BE，∴△ABF≌△BCE，∴BF=CE，∠BAF=∠CBE.故A正确；∵∠C=90°，∴∠CBE+∠BEC=90°.∵∠BAD=∠BAF+∠DAF=90°，∠BAF=∠CBE，∴∠DAF=∠BEC，故B正确.∵∠BAF=∠CBE，∠BAF+∠AFB=90°，∴∠CBE+∠AFB=90°，∴∠BGF=90°，∴AG⊥BE，故C正确.∵△ABF≌△BCE，∴∠AFB=∠BEC.又∵点F在BC上，∴∠AFB≠45°，∴∠AFB+∠BEC≠90°，故D错误；故选D.【点睛】本题考察了正方形的四个角都是直角，四条边相等，全等三角形的判定(SAS)，全等三角形的性质，同角（等角）的余角相等，牢牢掌握这些知识点是解答本题的关键.3、D【解析】A、依题意得他离家8km共用了30min，故选项正确；B、依题意在第10min开始等公交车，第16min结束，故他等公交车时间为6min，故选项正确；C、他步行10min走了1000m，故他步行的速度为他步行的速度是100m/min，故选项正确；D、公交车（30-16）min走了（8-1）km，故公交车的速度为7000÷14=500m/min，故选项错误．故选D．4、A【解析】

本题主要考查自变量的取值范围，根据二次根式的意义，被开方数是非负数．【详解】解：根据题意得：x-1≥0，解得x≥1．故选A．【点睛】本题主要考查的知识点为：二次根式有意义的条件：二次根式的被开方数是非负数．5、C【解析】

根据直角三角形的斜边中线性质可得，根据菱形性质可得，从而得到度数，再依据即可．【详解】解：∵四边形是菱形，，∵O为BD中点，．，∴在中，，．．故选：．【点睛】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边中线的性质，解决这类问题的方法是四边形转化为三角形．6、D【解析】

利用函数图象，写出直线l1不在直线l1上方所对应的自变量的范围即可．【详解】解：如图：当x≥1时，﹣x+4≤3x+b，所以不等式﹣x+4≤3x+b的解集为x≥1．故选：D．【点睛】此题考查不等式与一次函数的关系，数形结合即可求解．7、D【解析】

依据矩形的定义和性质解答即可．【详解】∵ABCD为矩形，∴∠ABC＝90°，AC＝BD，OB＝OD，AO＝OC，故A、B正确，与要求不符；∴OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB，故C正确，与要求不符．当ABCD为矩形时，AO不一定垂直于BD，故D错误，与要求相符．故选：D．【点睛】本题主要考查的是矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．8、D【解析】

分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．【详解】解：A，不正确，因为相等的角也可能是锐角或钝角；B，不正确，因为前提是在同一平面内；C，不正确，因为两直线平行，同位角相等；D，正确，因为两点确定一条直线．故选D．【点睛】本题考查命题与定理．9、B【解析】

首先由AC＝BC，AE＝CD，AE⊥CE于点E，BD⊥CD于点D，判断出Rt△AEC≌Rt△CDB，又由AE＝7，BD＝2，得出CE=BD=2，AE=CD=7，进而得出DE=CD-CE=7-2=5.【详解】解：∵AC＝BC，AE＝CD，AE⊥CE于点E，BD⊥CD于点D，∴Rt△AEC≌Rt△CDB又∵AE＝7，BD＝2，∴CE=BD=2，AE=CD=7，DE=CD-CE=7-2=5.【点睛】此题主要考查直角三角形的全等判定，熟练运用即可得解.10、C【解析】

根据最简二次根式的概念：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式，结合选项求解即可．【详解】解：A、，则不是最简二次根式，本选项错误；B、=2，则不是最简二次根式，本选项错误；C、是最简二次根式，本选项正确；D、，则不是最简二次根式，本选项错误.【点睛】本题考查了最简二次根式的知识，解答本题的关键在于掌握最简二次根式的概念，对各选项进行判断．二、填空题(每小题3分,共24分)11、1【解析】

根据内角度数先算出外角度数，然后再根据外角和计算出边数即可．【详解】解：∵n边形的每个内角都是120°，

∴每一个外角都是180°-120°=10°，

∵多边形外角和为310°，

∴多边形的边数为310÷10=1，故答案为：1．【点睛】此题主要考查了多边形的内角和外角，关键是掌握多边形的外角和等于310度．12、【解析】

根据等边三角形的性质：三线合一，利用勾股定理可求解高．【详解】由题意得底边的一半是3，再根据勾股定理，得它的高为=3，故答案为3.【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是掌握好等腰三角形的三线合一：底边上的高、中线，顶角平分线重合.13、2．5【解析】

根据题意，求小桐的三项成绩的加权平均数即可．【详解】95×20%+90×30%+1×50%=2.5（分），答：小桐这学期的体育成绩是2.5分．故答案是：2.5【点睛】本题主要考查加权平均数，掌握加权平均数的意义，是解题的关键．14、1【解析】

根据多边形的内角和公式（n-2）•180°与外角和定理列出方程，然后求解即可．【详解】设这个多边形是n边形，根据题意得，（n-2）•180°=5×360°，解得n=1．故答案为：1．【点睛】本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°．15、3【解析】

过P作PE⊥OB，根据角平分线的定义和平行线的性质易证得△PCE是等腰直角三角形，得出PE=3，根据角平分线的性质即可证得PD=PE=3.【详解】解：过P作PE⊥OB，

∵∠AOP=∠BOP，∠AOB=45°，

∴∠AOP=∠BOP=22.5°，

∵PC∥OA，

∴∠OPC=∠AOP=22.5°，

∴∠PCE=45°，

∴△PCE是等腰直角三角形，，∵∠AOP=∠BOP，PD⊥OA，PE⊥OB，

∴PD=PE=.【点睛】本题考查了角平分线的性质，平行线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，求得∠PCE=45°是解题的关键．16、1．【解析】针对零指数幂，二次根式化简和运算等考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果：．17、（0，-3）【解析】

求出当x=0时，y的值，由此即可得出直线与y轴的交点坐标.【详解】解：由题意得：当x=0时，y=2×0-3=-3，即直线与y轴交点坐标为（0，-3），故答案为（0，-3）.【点睛】本题主要考查一次函数与坐标轴的交点，比较简单，令x=0即可.18、（32，48）【解析】

先计算出2018是第1009个数，然后判断第1009个数在第几组，进一步判断是这一组的第几个数即可．【详解】解：2018是第1009个数，设2018在第n组，则1+3+5+7+（2n﹣1）＝×2n×n＝n2，当n＝31时，n2＝961，当n＝32时，n2＝1024，故第1009个数在第32组，第32组第一个数是961×2+2＝1924，则2018是第+1＝48个数，故A2018＝（32，48）．故答案为：（32，48）．【点睛】此题考查规律型：数字的变化类，找出数字之间排列的规律，得出数字的运算规律，利用规律解决问题是关键．三、解答题(共66分)19、见解析【解析】

根据平行四边形的性质得出∠ABC=∠ADC，AD∥BC，求出DE∥BF，∠EBC=∠AEB，根据角平分线的定义求出∠ADF=∠EBC，求出∠AEB=∠ADF，根据平行线的判定得出BE∥DF，根据平行四边形的判定得出即可．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABC=∠ADC，AD∥BC，∴DE∥BF，∠EBC=∠AEB，∵∠ABC、∠ADC的平分线分别交AD、BC于点E、F，∴∠ADF=ADC，∠EBC=ABC，∴∠ADF=∠EBC，∴∠AEB=∠ADF，∴BE∥DF，∵DE∥BF，∴四边形BEDF是平行四边形．【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，平行线的性质，角平分线的定义等知识点，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．20、（1）证明见解析；（2）不存在；（3）①证明见解析；②．【解析】

(1)由矩形性质得，，再证且即可；（2）不存在，由知：当时，四边形AECF为菱形，可得，此方程无解；（3）由平行线性质得，证得，，由，，得OE是三角形的中位线，所以，根据中垂线性质得；如图当P与F重合时，，的取值范围是．【详解】证明：四边形ABCD是矩形，，，又、F分别是边AB、CD的中点，，四边形AECF是平行四边形；解：不存在，由知：四边形AECF是平行四边形；当时，四边形AECF为菱形，四边形ABCD是矩形，，，，方程无解，故不存在这样的a；解：如图，四边形AECF是平行四边形，，，，，，，，，；如图，当P与F重合时，，的取值范围是．【点睛】本题考核知识点：矩形性质，菱形判定,三角形中位线.解题关键点：综合运用矩形性质和菱形判定和三角形中位线性质.21、（1）菱形，正方形；（2）CE=3或25【解析】

（1）根据“等邻边四边形”的定义即可判断；（2）分①当CE=AC②当CE=DE时，分别进行求解即可.【详解】（1）“等邻边四边形”的是菱形，正方形；（2）∵∠C=90°，AB=5，AC=3.∴BC=A∵四边形ADEC是“等邻边四边形”，∴分两种情况：①当CE=AC时，CE=3；②当CE=DE时，如图，过D作DF⊥BC于点F设CE=DE=x，∵DF⊥BC,AC⊥BC，D为AB中点，则DF=1.5，EF=2-x，由勾股定理得DE2=EF2+DF2，即x2=(2-x)2+1.52，解得x=2516∴CE=3或25【点睛】此题主要考查勾股定理的应用，解题的关键是根据题意分情况讨论.22、（1）y＝2x＋2；（2）m=8【解析】

（1）设y-2=kx，把已知条件代入可求得k，则可求得其函数关系式，可知其函数类型；（2）把点的坐标代入可得到关于m的方程，可求得m的值．【详解】（1）设y－2＝kx，把x＝1，y＝4代入求得k＝2，∴函数解析式是y＝2x＋2；（2）∵点P（3，m）在这个函数图象上，∴m＝2×3＋2＝8.【点睛】本题主要考查待定系数法求函数解析式，掌握待定系数法的应用步骤是解题的关键．23、证明见解析.【解析】分析：作OM∥AB交DE于M．首先证明OM是△DEB的中位线，再根据等角对等边证明OG=OM即可解决问题．详解：作OM∥AB交DE于M．∵四边形ABCD是正方形，∴OB=OD，∵OM∥BE，∴EM=DM，∴BE=2OM，∵∠OAD=∠ADO=∠BAC=45°，∵AF平分∠BAC，∴∠EAH=22.5°，∵AF⊥DE，∴∠AHE=∠AHD=90°，∴∠AEH=67.5°，∵∠ADE+∠AED=90°，∴∠ADE=22.5°，∴∠OGD=∠GAD+∠ADE=67.5°，∵∠AEH=∠OME=67.5°，∴∠OGM=∠OMG，∴OG=OM，∴BE=2OG．点睛：本题考查了正方形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，三角形的中位线等知识点，正确作出辅助线，证明OG=OM是解答本题的关键.24、（1）y═-4x+180（2≤x≤23）；（2）当配货中心P建在AP=23km位置时，这辆货车每天行驶的路程最短．其最短路程是88km．【解析】

1）由题意得2≤x≤25-2，结合图象分别得出货车从P到A，B，C，D的距离，进而得出y与x的函数关系；（2）利用（1）中所求得出函数解析式，利用x的取值范围，根据函数