江苏省丹阳市2024年数学八年级下册期末复习检测试题含解析

江苏省丹阳市2024年数学八年级下册期末复习检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每小题3分,共30分)1．如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，若BC＝3，∠ABC＝60°，则BD的长为（）A．2 B．3 C． D．2．已知将直线y=x+1向下平移3个单位长度后得到直线y=kx+b，则下列关于直线y=kx+b的说法正确的是（）A．经过第一、二、四象限 B．与x轴交于(2，0)C．与直线y=2x+1平行 D．y随的增大而减小3．下列各组数中，能构成直角三角形三边长的是（）A．4、5、6 B．5，12，23 C．6，8，11 D．1，1，4．函数的图象如图所示，则结论：①两函数图象的交点的坐标为（2，2）；②当x>2时，；③当x=1时，BC=3；④当x逐渐增大时，随着的增大而增大，随着的增大而减小．则其中正确结论的序号是()A．①② B．①③ C．②④ D．①③④5．据益阳气象部门记载，2018年6月30日益阳市最高气温是33℃，最低气温是24℃，则当天益阳市气温（℃）的变化范围是（）A． B． C． D．6．下面几种说法：①对角线互相垂直的四边形是菱形；②一组对边平行，一组邻边相等的四边形是菱形；③对角线相等的平行四边形是矩形；④对角线互相垂直平分的四边形是菱形，那么准确的说法是（）A．①②③ B．②③ C．③④ D．②④7．对某班学生在家里做家务的时间进行调查后，将所得的数据分成4组，第一组的频率是0.16，第二、三组的频率之和为0.74，则第四组的频率是（）A．0.38 B．0.30 C．0.20 D．0.108．能判定一个四边形是平行四边形的条件是（）A．一组对角相等 B．两条对角线互相平分C．一组对边相等 D．两条对角线互相垂直9．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．10．如图，在矩形ABCD中，AB=2，∠AOD=120°，则对角线AC等于（）A．3 B．4 C．5 D．6二、填空题(每小题3分,共24分)11．在▱ABCD中，对角线AC和BD交于点O，AB＝2，AC＝6，BD＝8，那么△COD的周长为_____．12．某公司招聘一名人员，应聘者小王参加面试和笔试，成绩（100分制）如表所示：面试笔试成绩评委1评委2评委392889086如果面试平均成绩与笔试成绩按6：4的比确定，请计算出小王的最终成绩_____．13．如图，在平行四边形中，在上，且，若的面积为3，则四边形的面积为______．14．若关于x的一元二次方程有实数根，且所有实数根均为整数，请写出一个符合条件的常数m的值:m=_____.15．一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____________。16．如图，在矩形ABCD中，，，将矩形沿AC折叠，则重叠部分的面积为______．17．如图，在△ABC中，A，B两点的坐标分别为A（-1，3），B（-2，0），

C（2，2），则△ABC的面积是________

.18．小明的生日是6月19日，他用6、1、9这三个数字设置了自己旅行箱三位数字的密码，但是他忘记了数字的顺序，那么他能一次打开旅行箱的概率是__________.三、解答题(共66分)19．（10分）在平面直角坐标系中，已知点A、B的坐标分别为(-，0)、(0，-1)，把点A绕坐标原点O顺时针旋转135°得点C，若点C在反比例函数y=的图象上．（1）求反比例函数的表达式；（2）若点D在y轴上，点E在反比例函数y=的图象上，且以点A、B、D、E为顶点的四边形是平行四边形．请画出满足题意的示意图并在示意图的下方直接写出相应的点D、E的坐标．20．（6分）如图，在矩形ABCD中，AB=3cm，BC=6cm．点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s．连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为ts．（1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形；（2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形；（3）分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积．21．（6分）分解因式：（1）（2）22．（8分）如图所示，在中，，，，点从点出发沿方向以每秒2个单位长度的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒1个单位长度的速度向点匀速运动，当其中一点到达终点时，另一个点也随之停止运动.设点、运动的时间是秒，过点作于点，连接、.（1）求证：；（2）四边形能够成为菱形吗？若能，求出的值；若不能，请说明理由；（3）当________时，为直角三角形.23．（8分）如图,将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转α度到△A1BC1的位置,AB与A1C1相交于点D,AC与A1C1、BC1分别交于点E.F.(1)求证：△BCF≌△BA1D．(2)当∠C=α度时,判定四边形A1BCE的形状并说明理由．24．（8分）在矩形ABCD中，BE平分∠ABC交CD边于点E．点F在BC边上，且FE⊥AE．（1）如图1，①∠BEC=_________°；②在图1已有的三角形中，找到一对全等的三角形，并证明你的结论；（2）如图2，FH∥CD交AD于点H，交BE于点M．NH∥BE，NB∥HE，连接NE．若AB=4，AH=2，求NE的长．25．（10分）星马公司到某大学从应届毕业生中招聘公司职员，对应聘者的专业知识、英语水平、参加社会实践与社团活动等三项进行测试成果认定，三项得分满分都为100分，三项的分数分别为的比例计入每人的最后总分，有4位应聘者的得分如下所示：项目得分应聘者专业知识英语水平参加社会实践与社团活动等A858590B858570C809070D809050（1）写出4位应聘者的总分；（2）已知这4人专业知识、英语水平、参加社会实践与社团活动等三项的得分对应的方差分别为12.5、6.25、200，你对应聘者有何建议？26．（10分）如图，平面直角坐标系中，直线分别交x轴、y轴于A、B两点（AOAB）且AO、AB的长分别是一元二次方程x23x20的两个根，点C在x轴负半轴上，且AB：AC=1:2.（1）求A、C两点的坐标；（2）若点M从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB运动，连接AM，设△ABM的面积为S，点M的运动时间为t，写出S关于t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；（3）点P是y轴上的点，在坐标平面内是否存在点Q，使以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解析】

只要证明△ABC是正三角形，由三角函数求出BO，即可求出BD的长．【详解】解：∵四边形ABCD菱形，∴AC⊥BD，BD＝2BO，AB＝BC，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是正三角形，∴∠BAO＝60°，∴BO＝sin60°•AB＝3×，∴BD＝．故选C．【点睛】本题主要考查解直角三角形和菱形的性质的知识点，解答本题的关键是熟记菱形的对角线垂直平分，本题难度一般．2、B【解析】

利用一次函数图象的平移规律，左加右减，上加下减，得出即可．【详解】将直线y=x+1向下平移3个单位长度后得到直线y=x+1-3=x-2，

A、直线y=x-2经过第一、三、四象限，故本选项错误；

B、直线y=x-2与x轴交于（2，0），故本选项正确；

C、直线y=x-2与直线y=2x+1相交，故本选项错误；

D、直线y=x-2，y随x的增大而增大，故本选项错误；

故选：B．【点睛】考查了一次函数图象与几何变换，正确把握变换规律是解题关键．3、D【解析】试题分析：A、42+52≠62，不能构成直角三角形，故不符合题意；B、52+122≠232，不能构成直角三角形，故不符合题意；C、62+82≠112，不能构成直角三角形，故不符合题意；D、12+12=（）2，能构成直角三角形，故符合题意．故选D．考点：勾股定理的逆定理．4、D【解析】

一次函数和反比例函数的交点坐标就是一次函数与反比例函数组成的方程组的解；根据图象可求得x＞2时y1＞y2；根据x＝1时求出点B点C的坐标从而求出BC的值；根据图像可确定一次函数和反比例函数在第一象限的增减性．【详解】解：①联立一次函数与反比例函数的解析式，解得，，∴A（2，2），故①正确；②由图象得x＞2时，y1＞y2，故②错误；③当x＝1时，B（1，4），C（1，1），∴BC＝3，故③正确；④一次函数y随x的增大而增大，反比例函数k＞0，y随x的增大而减小．故④正确．∴①③④正确．故选D．【点睛】本题主要是考查学生对两个函数图象性质的理解．这是一道常见的一次函数与反比例函数结合的题目，需要学生充分掌握一次函数和反比例函数的图象特征．理解一次函数和反比例函数的交点坐标就是一次函数与反比例函数组成的方程组的解．5、D【解析】

根据题意和不等式的定义，列不等式即可．【详解】解：根据题意可知：当天益阳市气温（℃）的变化范围是故选D．【点睛】此题考查的是不等式的定义，掌握不等式的定义是解决此题的关键．6、C【解析】

根据矩形和菱形的判定定理进行判断．【详解】解：对角线互相垂直平分的四边形是菱形，①错误，④正确；两组对边平行，一组邻边相等的四边形是菱形，②错误；对角线相等的平行四边形是矩形，③正确；∴正确的是③④，故选：C.【点睛】本题考查了矩形和菱形的判定，熟练掌握相关判定定理是解题的关键．7、D【解析】

根据各组频率之和为1即可求出答案．【详解】解：第四组的频率为：，故选：．【点睛】本题考查频率的性质，解题的关键是熟练运用频率的性质，本题属于基础题型．8、B【解析】

根据平行四边形的判定定理进行判断即可．【详解】A.两组对角分别相等的四边形是平行四边形，故本选项错误；B.两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，故本选项正确；C.两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故本选项错误；D.对角线互相平分的四边形才是平行四边形，而对角线互相垂直的四边形不一定是平行四边形，故本选项错误.故选B.【点睛】本题考查平行四边形的判定，定理有：①两组对角分别相等的四边形是平行四边形，②两组对边分别相等的四边形是平行四边形，③对角线互相平分的四边形是平行四边形，④有一组对边相等且平行的四边形是平行四边形.9、C【解析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念，结合选项所给图形即可判断．【详解】解：A、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故本选项错误；

B、不是中心对称图形，是轴对称图形，故本选项错误；

C、既是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项正确；

D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项错误．

故选：C．【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．10、B【解析】

已知矩形ABCD,,所以在直角三角形ABD中,,则得,根据矩形的性质,.【详解】已知矩形ABCD,

,

,

在直角三角形ABD中,

(直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半),

矩形的对角线相等,

.

所以D选项是正确的.【点睛】此题考查的知识点是矩形的性质和角的直角三角形问题,解题的关键是由已知得角的直角三角形及矩形性质求出AC.二、填空题(每小题3分,共24分)11、1【解析】

△COD的周长=OC+OD+CD，根据平行四边形的对角线互相平分的性质求得OC与OD的长，根据平行四边形的对边相等可得CD=AB=2，进而求得答案【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OC＝OA＝AC＝3，OD＝OB＝BD＝4，CD＝AB＝2，∴△COD的周长＝OC+OD+CD＝3+4+2＝1．故答案为1．【点睛】此题考查平行四边形的性质，解题关键在于画出图形12、89.6分【解析】

将面试所有的成绩加起来再除以3即可得小王面试平均成绩，再根据加权平均数的含义和求法，求出小王的最终成绩即可．【详解】∵面试的平均成绩为=88（分），∴小王的最终成绩为=89.6（分），故答案为89.6分．【点睛】此题主要考查了加权平均数的含义和求法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：数据的权能够反映数据的相对“重要程度”，要突出某个数据，只需要给它较大的“权”，权的差异对结果会产生直接的影响．同时考查了算术平均数的含义和求法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：算术平均数是加权平均数的一种特殊情况，加权平均数包含算术平均数，当加权平均数中的权相等时，就是算术平均数．13、9【解析】

根据平行四边形的性质得到△ABE和△EDC的高相同,即可求出的面积为,再由进行解题即可.【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,即△ABE和△EDC的高相同,∵,的面积为3，∴的面积为，∴四边形的面积=6+3=9故答案是：9【点睛】本题考查了平行四边形的性质,平行线间的三角形的关系,属于基础题,熟悉平行四边形的性质是解题关键.14、0(答案不唯一)【解析】

利用判别式的意义得到△=62-4m≥0，解不等式得到m的范围，在此范围内取m=0即可．【详解】△=62-4m≥0，解得m≤9；当m=0时，方程变形为x2+6x=0，解得x1=0，x2=-6，所以m=0满足条件．故答案为:0(答案不唯一)．【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实数根；当△=0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程无实数根．15、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°．16、1【解析】

首先证明AE=CE，根据勾股定理列出关于线段AE的方程，解方程求出AE的长问题即可解决．【详解】解：由题意得：∠DCA=∠ACE，∵四边形ABCD为矩形，∴DC//AB，∠B=90°，∴∠DCA=∠CAE，∴∠CAE=∠ACE，∴AE=CE(设为x)，则BE=8-x，由勾股定理得：x2=(8-x)2+42，解得：x=5，∴S△AEC=×5×4=1，故答案为1．【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理的应用等，熟练掌握和灵活运用相关的性质及定理是解题的关键.本题也要注意数形结合思想的运用．17、1【解析】

利用△ABC所在的矩形的面积减去四周三个直角三角形的面积列式计算即可得解．【详解】解：△ABC的面积=3×4-×4×2-×3×1-×1×3=12-4-1.1-1.1=1．故答案为1【点睛】本题考查了坐标与图形性质，主要是在平面直角坐标系中确定点的位置的方法和三角形的面积的求解．18、【解析】

首先利用列举法可得：等可能的结果有：619，691，169，196，961，916；然后直接利用概率公式求解即可求得答案．【详解】解：∵等可能的结果有：619，691，169，196，961，916；∴他能一次打开旅行箱的概率是：，故答案为：．【点睛】此题考查了列举法求概率的知识．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．三、解答题(共66分)19、（1）y=；（2）示意图见解析，E（-，-），D（0，-1-）或E（-，-），D（0，-1+）或E，D【解析】

（1）根据旋转和直角三角形的边角关系可以求出点C的坐标，进而确定反比例函数的关系式；（2）分两种情况进行讨论解答，①点E在第三象限，由题意可得E的横坐标与点A的相同，将A的横坐标代入反比例函数的关系式，可求出纵坐标，得到E的坐标，进而得到AE的长，也是BD的长，因此D在B的上方和下方，即可求出点D的坐标，②点E在第一象限，由三角形全等，得到E的横坐标，代入求出纵坐标，确定E的坐标，进而求出点D的坐标．【详解】（1）由旋转得：OC=OA=，∠AOC=135°，过点C作CM⊥y轴，垂足为M，则∠COM=135°-90°=45°，在Rt△OMC中，∠COM=45°，OC=，∴OM=CM=1，∴点C（1，1），代入y=得：k=1，∴反比例函数的关系式为：y=，答：反比例函数的关系式为：y=（2）①当点E在第三象限反比例函数的图象上，如图1，图2，∵点D在y轴上，AEDB是平行四边形，∴AE∥DB，AE=BD，AE⊥OA，当x=-时，y==-，∴E（-，-）∵B（0，-1），BD=AE=，当点D在B的下方时，∴D（0，-1-）当点D在B的上方时，∴D（0，-1+），②当点E在第一象限反比例函数的图象上时，如图3，过点E作EN⊥y轴，垂足为N，∵ABED是平行四边形，∴AB=DE，AB=DE，∴∠ABO=∠EDO，∴△AOB≌△END

（AAS），∴EN=OA=，DN=OB=1，当x=时，代入y=得：y=，∴E（，），∴ON=，OD=ON+DN=1+，∴D（0，1+）【点睛】考查反比例函数图象上点的坐标特征、平行四边形的性质、以及全等三角形的判定和性质等知识，画出不同情况下的图形是解决问题的关键．20、（1）t=3，ABQP是矩形；（2）t=，AQCP是菱形；（3）周长为:15cm，面积为：（cm2）.【解析】

（1）当四边形ABQP是矩形时，BQ=AP，据此求得t的值；

（2）当四边形AQCP是菱形时，AQ=AC，列方程求得运动的时间t；

（3）菱形的四条边相等，则菱形的周长=4AQ，面积=CQ×AB．【详解】解：（1）由已知可得，BQ=DP=t，AP=CQ=6-t

在矩形ABCD中，∠B=90°，AD∥BC，

当BQ=AP时，四边形ABQP为矩形，

∴t=6-t，得t=3

故当t=3s时，四边形ABQP为矩形．

（2）AD∥BC，AP=CQ=6-t，∴四边形AQCP为平行四边形

∴当AQ=CQ时，四边形AQCP为菱形

即＝6−t时，四边形AQCP为菱形，解得t=，

故当t=s时，四边形AQCP为菱形．

（3）当t=时，AQ=，CQ=，

则周长为：4AQ=4×=15cm

面积为：CQ•AB＝×3＝．【点睛】本题考查菱形、矩形的判定与性质．注意结合方程的思想解题．21、（1）；（2）．【解析】

（1）原式提取公因式，再利用完全平方公式分解即可；

（2）原式变形后，提取公因式即可．【详解】解：（1）原式；

（2）原式．【点睛】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．22、（1）详见解析；（2）能；（3）2或秒【解析】

（1）在中，,，由已知条件求证；（2）求得四边形为平行四边形，若使平行四边形为菱形则需要满足的条件及求得；（3）分三种情况：①时，四边形为矩形．在直角三角形中求得即求得．②时，由（2）知，则得，求得．③时，此种情况不存在．【详解】（1）在中，∴又∵∴（2）能.理由如下：∵，∴又∵∴四边形为平行四边形在中，∴又∵∴∴,∴当时，为菱形∴AD=∴，即秒时，四边形为菱形（3）①时，四边形为矩形．在中，，．即，．②时，由（2）四边形为平行四边形知，．，．则有，．③当时，此种情况不存在．综上所述，当秒或秒时，为直角三角形．【点睛】本题考查了菱形的性质，考查了菱形是平行四边形，考查了菱形的判定定理，以及菱形与矩形之间的联系．难度适宜，计算繁琐．23、(1)证明见解析(2)四边形A1BCE是菱形【解析】

（1）根据等腰三角形的性质得到AB=BC，∠A=∠C，由旋转的性质得到A1B=AB=BC，∠A=∠A1=∠C，∠A1BD=∠CBC1，根据全等三角形的判定定理得到△BCF≌△BA1D；（2）由旋转的性质得到∠A1=∠A，根据平角的定义得到∠DEC=180°﹣α，根据四边形的内角和得到∠A1BC=360°﹣∠A1﹣∠C﹣∠A1EC=180°﹣α，证得四边形A1BCE是平行四边形，由于A1B=BC，即可得到四边形A1BCE是菱形．【详解】（1）证明：∵△ABC是等腰三角形，∴AB=BC，∠A=∠C，∵将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转α度到△A1BC1的位置，∴A1B=AB=BC，∠A=∠A1=∠C，∠A1BD=∠CBC1，在△BCF与△BA1D中，，∴△BCF≌△BA1D；（2）解：四边形A1BCE是菱形，∵将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转α度到△A1BC1的位置，∴∠A1=∠A，∵∠ADE=∠A1DB，∴∠AED=∠A1BD=α，∴∠DEC=180°﹣α，∵∠C=α，∴∠A1=α，∴∠A1BC=360°﹣∠A1﹣∠C﹣∠A1EC=180°﹣α，∴∠A1=∠C，∠A1BC=∠A1EC，∴四边形A1BCE是平行四边形，∴A1B=BC，∴四边形A1BCE是菱形．考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质．24、（1）①45；②△ADE≌△ECF，理由见解析；（2）2.【解析】

（1）①根据矩形的性质得到，根据角平分线的定义得到，根据三角形内角和定理计算即可；②利用定理证明；（2）连接，证明四边形是矩形，得到，根据勾股定理求出即可.【详解】（1）①∵四边形ABCD为矩形，∴∠ABC=∠BCD=90°，∵BE平分∠ABC，∴∠EBC=45°，∴∠BEC=45°，故答案为45；②△ADE≌△ECF，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠C=∠D=90°，AD=BC．∵FE⊥AE，∴∠AEF=90°．∴∠AED+∠FEC=180°-∠AEF=90°．∵∠AED+∠DAE=90°，∴∠FEC=∠EAD，∵BE平分∠ABC，∴∠BEC=45°．∴∠EBC=∠BEC．∴BC=EC．∴AD=EC．在△ADE和△ECF中，，∴△ADE≌△ECF；（2）连接HB，如图2，∵FH∥CD，∴∠HFC=180°-∠C=90°．∴四边形HFCD是矩形．∴DH=CF，∵△ADE≌△ECF，∴DE=CF．∴DH=DE．∴∠DHE=∠DEH=45°．∵∠BEC=45°，∴∠HEB=180°-∠DEH-∠BEC=90°．∵NH∥BE，NB∥HE，∴四边形NBEH是平行四边形．∴四边形NBEH是矩形．∴NE=BH．∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAH=90°．∵在Rt△BAH中，AB=4，AH=2，【点睛】本题考查的是矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键.25、（1）A总分为86分，B总分为82分，C总分为81分