2024年四川省德阳市德阳中学八年级下册数学期末教学质量检测试题含解析

2024年四川省德阳市德阳中学八年级下册数学期末教学质量检测试题注意事项：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．以下列数组为边长中，能构成直角三角形的是（）A．6，7，8 B．，，C．1，1， D．，，2．不能判定一个四边形是平行四边形的条件是（）A．两组对边分别平行 B．一组对边平行，另一组对边相等C．一组对边平行且相等 D．两组对边分别相等3．下列各组数不可能是一个三角形的边长的是（）A．1，2，3 B．2，3，4 C．3，4，5 D．4，5，64．下表记录了甲、乙、丙、丁四名跳高运动员最近几次选拔赛成绩的平均数与方差:根据表中数据,要从中选择一名成绩好且发挥稳定的运动员参加比赛，应该选择()A．甲 B．乙 C．丙 D．丁5．下列二次根式中，可与合并的二次根式是A． B． C． D．6．甲乙两城市相距600千米，一辆货车和一辆客车均从甲城市出发匀速行驶至乙城市．已知货车出发1小时后客车再出发，先到终点的车辆原地休息．在汽车行驶过程中，设两车之间的距离为s（千米），客车出发的时间为t（小时），它们之间的关系如图所示，则下列结论错误的是（）A．货车的速度是60千米/小时B．离开出发地后，两车第一次相遇时，距离出发地150千米C．货车从出发地到终点共用时7小时D．客车到达终点时，两车相距180千米7．二次根式3+x中，x的取值范围在数轴上表示正确的是（）A． B．C． D．8．已知y=(k−3)x+2是一次函数，那么k的值为（）A．±3 B．3 C．−3 D．±19．已知一组数据3，a，4，5的众数为4，则这组数据的平均数为（）A．3 B．4 C．5 D．610．如图，函数y=kx与y=ax+b的图象交于点P（-4，-2）．则不等式kx＜ax+b的解集是（）A．x＜-2 B．x＞-2 C．x＜-4 D．x＞-4二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，AD是△ABC的角平分线，若AB=8，AC=6，则=_____．12．如图，在中，D是AB上任意一点，E是BC的中点，过C作,交DE的延长线于F，连BF,CD，若，，，则_________．13．函数自变量的取值范围是_______________.14．如图，在菱形中，边长为．顺次连结菱形各边中点，可得四边形顺次连结四边形各边中点，可得四边形；顺次连结四边形各边中点，可得四边形；按此规律继续．．．．四边形的周长是____，四边形的周长是____．15．如图，在中，，，，点在上，以为对角线的所有中，的最小值是____．16．如图，中，，，，点是边上一定点，且，点是线段上一动点，连接，以为斜边在的右侧作等腰直角．当点从点出发运动至点停止时，点的运动的路径长为_________．17．若关于x的分式方程有增根，则a的值为_______18．如图，在射线OA、OB上分别截取OA1、OB1，使OA1OB1；连接A1B1，在B1A1、B1B上分别截取B1A2、B1B2，使B1A2B1B2，连接A2B2；……依此类推，若A1B1O，则A2018B2018O=______________________．三、解答题(共66分)19．（10分）如图，在中，的角平分线交于点，交的延长线于点，连接.(1)请判断的形状，并说明理由；(2)已知，，求的面积.20．（6分）选用适当的方法解下列方程：（1）(x-2)2-9=0；（2）x(x+4)=x+4.21．（6分）直线过点，直线过点，求不等式的解集.22．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，E、F是对角线BD上的两点，且BF=DE．求证：AE∥CF．23．（8分）某学校为改善办学条件，计划采购A、B两种型号的空调，已知采购3台A型空调和2台B型空调，需费用39000元；4台A型空调比5台B型空调的费用多6000元．（1）求A型空调和B型空调每台各需多少元；（2）若学校计划采购A、B两种型号空调共30台，且A型空调的台数不少于B型空调的一半，两种型号空调的采购总费用不超过217000元，该校共有哪几种采购方案？（3）在（2）的条件下，采用哪一种采购方案可使总费用最低，最低费用是多少元？24．（8分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝kx+b的图象经过点A（﹣2，6），且与x轴相交于点B，与正比例函数y＝3x的图象相交于点C，点C的横坐标为1．（1）求k、b的值；（2）请直接写出不等式kx+b﹣3x＞0的解集．（3）若点D在y轴上，且满足S△BCD＝2S△BOC，求点D的坐标．25．（10分）已知四边形中，，垂足为点，．(1)如图1，求证：；(2)如图2，点为上一点，连接，，求证：；(3)在(2)的条件下，如图3，点为上一点，连接，点为的中点，分别连接，，＋＝＝，，求线段的长．26．（10分）如图，四边形ABCD是矩形，把矩形沿直线BD拆叠，点C落在点E处，连接DE，DE与AD交于点M．（1）证明四边形ABDE是等腰梯形；（2）写出等腰梯形ABDE与矩形ABCD的面积大小关系，并证明你的结论．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【解析】

根据勾股定理的逆定理对四个选项进行逐一判断即可．【详解】解：A、由于62+72=85≠82=64，故本选项错误；B、0.22+0.32=0.13≠0.52=0.25，故本选项错误；C、由于12+12=2≠（）2=3，故本选项错误；D、由于（）2+（）2=（）2=5，故本选项正确．故选：D．【点睛】本题考查的是勾股定理的逆定理，判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．2、B【解析】根据平行四边形的判定：①两组对边分别平行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；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．A、D、C均符合是平行四边形的条件，B则不能判定是平行四边形．故选B．3、A【解析】试题分析：看哪个选项中两条较小的边的和不大于最大的边即可．解：A、1+2=3，不能构成三角形；B、2+3＞4，能构成三角形；C、3+4＞5，能构成三角形；D、4+5＞6，能构成三角形．故选A．考点：三角形三边关系．4、A【解析】

∵甲的平均数和丙的平均数相等大于乙和丁的平均数，∴从甲和丙中选择一人参加比赛，又∵甲的方差与乙的方差相等，小于丙和丁的方差.∴选择甲参赛，故选A．考点：方差；算术平均数．5、A【解析】

根据最简二次根式的定义，对每一个选项进行化简即可．【详解】A、，与是同类二次根式，可以合并，该选项正确；B、，与不是同类二次根式，不可以合并，该选项错误；C、与不是同类二次根式，不可以合并，该选项错误；D、，与不是同类二次根式，不可以合并，该选项错误；故选择：A.【点睛】本题考查了同类二次根式，掌握同类二次根式的定义是解题的关键．6、C【解析】

通过函数图象可得，货车出发1小时走的路程为60千米，客车到达终点所用的时间为6小时，根据行程问题的数量关系可以求出货车和客车的速度，利用数形结合思想及一元一次方程即可解答．【详解】解：由函数图象，得：货车的速度为60÷1=60千米/小时，客车的速度为600÷6=100千米/小时，故A错误；设客车离开起点x小时后，甲、乙两人第一次相遇，根据题意得：100x=60+60x，解得：x=1.5，∴离开起点后，两车第一次相遇时，距离起点为：1.5×100=150（千米），故B错误；甲从起点到终点共用时为：600÷60=10（小时），故C正确；∵客车到达终点时，所用时间为6小时，货车先出发1小时，∴此时货车行走的时间为7小时，∴货车走的路程为：7×60=420（千米），∴客车到达终点时，两车相距：600﹣420=180（千米），故D错误；故选C．【点睛】本题主要考查了函数图象的读图能力，要能根据函数图象的性质和图象上的数据分析得出函数的类型和所需要的条件，结合实际意义得到正确的结论．7、D【解析】

根据二次根式的性质，被开方数大于或等于0，可以求出x的范围．【详解】解：根据题意得3+x≥0，解得：x≥﹣3，故x的取值范围在数轴上表示正确的是．故选：D．【点睛】本题考查了二次根式的性质，二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．8、C【解析】

根据题意直接利用一次函数的定义，进行分析得出k的值即可．【详解】解：∵y=(k−2)x+2是一次函数，∴|k|-2=2，k-2≠0，解得：k=-2．故选：C．【点睛】本题主要考查一次函数的定义，注意掌握一次函数y=kx+b的定义条件是：k、b为常数，k≠0，自变量次数为2．9、B【解析】试题分析：要求平均数只要求出数据之和再除以总的个数即可；众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个．依此先求出a，再求这组数据的平均数．数据3，a，1，5的众数为1，即1次数最多；即a=1．则其平均数为（3+1+1+5）÷1=1．故选B．考点：1.算术平均数；2.众数．10、C【解析】

以交点为分界，结合图象写出不等式kx＜ax+b的解集即可．【详解】函数y=kx和y=ax+b的图象相交于点P（-1，-2）．由图可知，不等式kx＜ax+b的解集为x＜-1．故选C．【点睛】此题主要考查了一次函数与一元一次不等式的关系：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所构成的集合．关键是求出A点坐标以及利用数形结合的思想．二、填空题(每小题3分,共24分)11、4：3【解析】作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，∵AD平分∠BAC，∴DE=DF，===.故答案为4∶3.点睛：本题关键在于利用角平分线的性质得出两个三角形的高相等，将两个三角形面积之比转化为对应的底之比.12、1【解析】

证明CF∥DB，CF=DB，可得四边形CDBF是平行四边形，作EM⊥DB于点M，解直角三角形即可．【详解】解：∵CF∥AB，

∴∠ECF=∠EBD．

∵E是BC中点，

∴CE=BE．

∵∠CEF=∠BED，

∴△CEF≌△BED（ASA）．

∴CF=BD．

∴四边形CDBF是平行四边形．

作EM⊥DB于点M，

∵四边形CDBF是平行四边形，，

∴BE=，DF=2DE，

在Rt△EMB中，EM2+BM2=BE2且EM=BM

∴EM=1，在Rt△EMD中，

∵∠EDM=30°，

∴DE=2EM=2，

∴DF=2DE=1．

故答案为：1．【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形30度角性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，13、x＞-3【解析】

根据题意得：x+3＞0,即x＞-3.14、，．【解析】

根据菱形的性质，三角形中位线的性质以及勾股定理求出四边形各边长，得出规律求出即可．【详解】解：∵菱形ABCD中，边长为10，∠A=60°，顺次连结菱形ABCD各边中点，∴是等边三角形，四边形是矩形，四边形是菱形，∴，，，∴四边形的周长是：，同理可得出：，，…所以：，四边形的周长，∴四边形的周长是：，故答案为：20；．【点睛】此题主要考查了三角形的中位线的性质，菱形的性质以及矩形的性质和中点四边形的性质等知识，根据已知得出边长变化规律是解题关键．15、6【解析】

由平行四边形的对角线互相平分、垂线段最短知，当OD⊥BC时，DE线段取最小值．【详解】∵四边形ADCE是平行四边形，

∴OD=OE，OA=OC．

∴当OD取最小值时，DE线段最短，此时OD⊥BC．

∴OD是△ABC的中位线，∴，，∴，∵在Rt△ABC中，∠B=90°，

，，∴，∴.故答案为：6.【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质以及垂线段最短的知识．正确理解DE最小的条件是关键．16、【解析】

如图，连接CF，作FM⊥BC于M，FN⊥AC于N．证明△FNA≌△FME（AAS），推出FM=FM，AN=EM，推出四边形CMFN是正方形，推出点F在射线CF上运动（CF是∠ACB的角平分线），求出两种特殊位置CF的长即可解决问题．【详解】如图，连接CF，作FM⊥BC于M，FN⊥AC于N．

∵∠FNC=∠MCN=∠FMC=90°，

∴四边形CMFN是矩形，

∴∠MFN=∠AFE=90°，

∴∠AFN=∠MFE，

∵AF=FE，∠FNA=∠FME=90°，

∴△FNA≌△FME（AAS），

∴FM=FM，AN=EM，

∴四边形CMFN是正方形，

∴CN=CM，CF=CM，∠FCN=∠FCM=45°，

∵AC+CE=CN+AN+CM-EM=2CM，

∴CF=（AC+CE）．

∴点F在射线CF上运动（CF是∠ACB的角平分线），

当点E与D重合时，CF=（AC+CD）=2，

当点E与B重合时，CF=（AC+CB）=，

∵-2=，

∴点F的运动的路径长为．

故答案为：．【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，解题关键在于灵活运用几何性质确定图形运动过程中不变的几何量，从而判定轨迹的几何特征，然后进行几何计算．17、3【解析】

先根据分式方程的求解去掉分式方程的分母，再把增根x=5代入即可求出a的值.【详解】解去分母得2-(x-a)=7(x-5)把x=5代入得2-（5-a）=0，解得a=3故填：3.【点睛】此题主要考查分式方程的求解，解题的关键是熟知分式方程增根的定义.18、【解析】分析：根据等腰三角形两底角相等用α表示出∠A2B2O，依此类推即可得到结论．详解：∵B1A2=B1B2，∠A1B1O=α，∴∠A2B2O=α，同理∠A3B3O==α，∠A4B4O=α，∴∠AnBnO=α，∴A2018B2018O=．故答案为：．点睛：本题考查了等腰三角形两底角相等的性质，图形的变化规律，依次求出相邻的外角的度数，得到分母为2的指数次幂变化，分子不变的规律是解题的关键．三、解答题(共66分)19、(1)是等腰三角形，理由见解析；(2)．【解析】

（1）根据平行四边形的性质证得∠F=∠DAF，从而得到结论；

（2）利用S平行四边形ABCD=2S△ADE求解即可．【详解】(1)是等腰三角形，利用如下：∵四边形为平行四边形，∴．∴．∵平分，∴．∴．∴．即是等腰三角形(2)∵在等腰中，，∴．∴在中，∴∴∴．【点睛】考查了平行四边形的性质及解直角三角形的知识，体现了转化的数学思想．20、x1=5，x2=－1；（2）x1=1，x2=－4.【解析】

根据一元二次方程的解法依次计算即可【详解】(x－2)2=9x－2=±3∴x1=5x2=－1（2）x（x+4）=x+4若x+4≠0则x=1若x+4=0则x=－4∴x1=1x2=－4【点睛】熟练掌握一元二次方程的解法是解决本题的关键，难度不大21、【解析】

将代入，可解得k的值，将代入，可解得m的值，再将k和m的值代入不等式，解不等式即可【详解】解：将代入得：，解得：k=1；将代入得：，解得：；∴，则可得解得故答案为：【点睛】本题考查待定系数法求一次函数的解析式以及不等式的解法，，比较简单，应熟练掌握22、证明见解析【解析】试题分析：通过全等三角形△ADE≌△CBF的对应角相等证得∠AED=∠CFB，则由平行线的判定证得结论．证明：∵平行四边形ABCD中，AD=BC，AD∥BC，∴∠ADE=∠CBF．∵在△ADE与△CBF中，AD=BC，∠ADE=∠CBF，DE=BF，∴△ADE≌△CBF（SAS）．∴∠AED=∠CFB．∴AE∥CF．23、（1）A型空调和B型空调每台各需9000元、6000元；（2）共有三种采购方案，方案一：采购A型空调10台，B型空调20台，方案二：采购A型空调11台，B型空调19台，案三：采购A型空调12台，B型空调18台；（3）采购A型空调10台，B型空调20台可使总费用最低，最低费用是210000元．【解析】分析：（1）根据题意可以列出相应的方程组，从而可以解答本题；（2）根据题意可以列出相应的不等式组，从而可以求得有几种采购方案；（3）根据题意和（2）中的结果，可以解答本题．详解：（1）设A型空调和B型空调每台各需x元、y元，，解得，，答：A型空调和B型空调每台各需9000元、6000元；（2）设购买A型空调a台，则购买B型空调（30-a）台，，解得，10≤a≤12，∴a=10、11、12，共有三种采购方案，方案一：采购A型空调10台，B型空调20台，方案二：采购A型空调11台，B型空调19台，方案三：采购A型空调12台，B型空调18台；（3）设总费用为w元，w=9000a+6000（30-a）=3000a+180000，∴当a=10时，w取得最小值，此时w=210000，即采购A型空调10台，B型空调20台可使总费用最低，最低费用是210000元．点睛：本题考查一次函数的应用、一元一次不等式组的应用、二元一次方程组的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用函数和不等式的思想解答．24、（1）k=-1，b=4；（2）x＜1；（3）点D的坐标为D（0，﹣4）或D（0，12）．【解析】

（1）用待定系数法求解；（2）kx+b＞3x，结合图象求解；（3）先求点B的坐标为（4，0）．设点D的坐标为（0，m），直线DB：y＝-，过点C作CE∥y轴，交BD于点E，则E（1，），可得CE，S△BCD＝S△CED+S△CEB＝＝|3﹣|×4＝2|3﹣，由S△BCD＝2S△BOC可求解.【详解】解：（1）当x＝1时，y＝3x＝3，∴点C的坐标为（1，3）．将A（﹣2，6）、C（1，3）代入y＝kx+b，得：解得：；（2）由kx+b﹣3x＞0，得kx+b＞3x，∵点C的横坐标为1，∴x＜1；（3）由（1）直线AB：y＝﹣x+4当y＝0时，有﹣x+4＝0，解得：x＝4，∴点B的坐标为（4，0）．设点D的坐标为（0，m），∴直线DB：y＝-，过点C作CE∥y轴，交BD于点E，则E（1，），∴CE＝|3﹣|∴S△BCD＝S△CED+S△CEB＝＝|3﹣|×4＝2|3﹣|．∵S△BCD＝2S△BOC，即2|3﹣|＝×4×3×2，解得：m＝﹣4或12，∴点D的坐标为D（0，﹣4）或D（0，12）．【点睛】考核知识点：一次函数的综合运用.数形结合分析问题是关键.25、（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】

（1）如图1中，作DF⊥BC延长线于点F，垂足为F．证明△ABH≌△DCF（HL），即可解决问题．

（2）如图2中，设∠BAH＝α，则∠B＝90°−α；设∠ADE＝β则∠CED＝2∠ADE＋2∠BAH＝2α＋2β．证明∠ECD＝∠EDC即可．

（3）延长CM交DA延长线于点N，连接EN，首先证明△ECD为等边三角形，延长PD到K使DK＝EQ，证明△EQC≌△DKC（SAS），推出∠DCK＝∠ECQ，QC＝KC，推出∠PCK＝∠DCK＋∠PCD＝30°＝∠PCQ，连接PQ．证明△PQC≌△PKC（SAS）推出PQ＝PK，可得PK＝PD＋DK＝PD＋EQ＝5＋2＝7，作PT⊥QD于T，∠PDT＝60°，∠TPD＝30°，作CR⊥ED于R，勾股定理解直角三角形求出RC，RQ即可解决问题．【详解】（1）证明：如图1中，作DF⊥BC延长线于点F，垂足为F．∵AH⊥BC，

∴∠AHB＝∠DFC＝90°，

∵AD∥BC，

∴∠ADF＋∠AFD＝180°，

∴∠ADF＝180°−90°＝90°，

∴四边形AHFD为矩形，

∴AH＝DF，

∵AH＝DF，AB＝CD，

∴△ABH≌△DCF（HL）

∴∠B＝∠DCF，

∴AB∥CD．

（2）如图2中，设∠BAH＝α，则∠B＝90°−α；设∠ADE＝β，则∠CED＝2∠ADE＋2∠BAH＝2α＋2β．∵AB∥CD，AB＝CD，

∴四边形ABCD为平行四边形，

∴∠B＝∠ADC＝90°−α，

∴∠EDC＝∠ADC−∠ADE＝90°−α−β，

在△EDC中，∠ECD＝180°−∠CED−∠EDC＝180°−（90°−α−β）−（2α＋2β）＝90°−α−β

∴∠EDC＝∠ECD，

∴EC＝ED．

（3）延长CM交DA延长线于点N，连接EN，∵AD∥BC，

∴∠ANM＝∠BCM，

∵∠AMN＝∠BMC、AM＝MB，

∴△AMN≌△BMC（AAS）

∴AN＝BC，

∵四边形ABCD为平行四边形，

∴AD＝BC，

∴AD＝AN，

∵AD∥BC，

∴∠DAH＝∠HAD＝90°，

∴EN＝ED，

∵ED＝EC，

∴EC＝DE＝EN，

∴∠ADE＝∠ANE，∠ECM＝∠ENM，

∵∠ADE＋∠ECM＝30°，

∴∠DEC＝∠A