2024届甘肃省金昌市金川六中学数学八年级下册期末调研试题含解析

2024届甘肃省金昌市金川六中学数学八年级下册期末调研试题注意事项：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．对于一次函数y＝（k﹣3）x+2，y随x的增大而增大，k的取值范围是（）A．k＜0 B．k＞0 C．k＜3 D．k＞32．若一个三角形三个内角度数的比为，且最大的边长为，那么最小的边长为（）A．1 B． C．2 D．3．如图，折线ABCDE描述了一汽车在某一直路上行驶时汽车离出发地的距离s(千米)和行驶时间t(小时)间的变量关系，则下列结论正确的是()A．汽车共行驶了120千米B．汽车在行驶途中停留了2小时C．汽车在整个行驶过程中的平均速度为每小时24千米D．汽车自出发后3小时至5小时间行驶的速度为每小时60千米4．用配方法解方程变形后为A． B．C． D．5．用配方法解一元二次方程x2﹣6x﹣10＝0时，下列变形正确的为()A．(x+3)2＝1 B．(x﹣3)2＝1C．(x+3)2＝19 D．(x﹣3)2＝196．点（-2,3）关于x轴的对称点为（）.A．（-2,-3） B．（2,-3） C．（2,3） D．（3,-2）7．如图，△ABC中，AB＝AC＝10，AD平分∠BAC交BC于点D，点E为AC的中点，连接DE，则DE的长为（）A．5 B．6 C．8 D．108．后面的式子中（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；二次根式的个数有（）．A．2个 B．3个 C．4个 D．5个9．某商品的价格为元，连续两次降后的价格是元，则为（）A．9 B．10 C．19 D．810．如图，每个小正方形的边长为1，在△ABC中，点D为AB的中点，则线段CD的长为（）A． B． C． D．二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝8，AC＝6，DE是AB边的垂直平分线，垂足为D，交边BC于点E，连接AE，则△ACE的周长为________．12．如图,x轴正半轴上，顶点D在y轴正半轴上，反比例函数y=(x>0)的图象与正比例函数y=x的图象交于点A．BC边经过点A，CD边与反比例函数图象交于点E，四边形OACE的面积为6.则点A的坐标为_____；13．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为2，点的坐标为．若直线与正方形有两个公共点，则的取值范围是____________．14．如图，在平面直角坐标系中，点A（0，4），将△ABO沿x轴向右平移得△A′B′O′，与点A对应的点A′正好落在直线y＝上．则点B与点B′之间的距离为_____．15．函数中，自变量x的取值范围是．16．分解因式：x3-3x=______．17．如图，AB∥CD∥EF，若AE=3CE，DF=2，则BD的长为________．18．一副常规的直角三角板如图放置，点在的延长线上，，，若，则______.三、解答题(共66分)19．（10分）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，∠A=∠C，CD=2AD，BE⊥AD于点E，F为CD的中点，连接EF、BF．（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；（2）求证：BF平分∠ABC；（3）请判断△BEF的形状，并证明你的结论.20．（6分）在△ABC中，∠C=30°，AC=4cm,AB=3cm，求BC的长.21．（6分）如图，四边形是面积为的平行四边形，其中.（1）如图①，点为边上任意一点，则的面积和的面积之和与的面积之间的数量关系是__________；（2）如图②，设交于点，则的面积和的面积之和与的面积之间的数量关系是___________；（3）如图③，点为内任意一点时，试猜想的面积和的面积之和与的面积之间的数量关系，并加以证明；（4）如图④，已知点为内任意一点，的面积为，的面积为，连接，求的面积.22．（8分）孝感市委市政府为了贯彻落实国家的“精准扶贫”战略部署，组织相关企业开展扶贫工作，博大公司为此制定了关于帮扶A、B两贫困村的计划．今年3月份决定从某地运送152箱鱼苗到A、B两村养殖，若用大小货车共15辆，则恰好能一次性运完这批鱼苗．已知这两种大小货车的载货能力分别为12箱/辆和8箱/辆，其运往A、B两村的运费如表：目的地费用车型A村（元/辆）B村（元/辆）大货车800900小货车400600（1）求这15辆车中大小货车各多少辆？（2）现安排其中10辆货车前往A村，其余货车前往B村，设前往A村的大货车为x辆，前往A、B两村总运费为y元；①试求出y与x的函数解析式；②若运往A村的鱼苗不少于108箱，请你写出使总运费最少的货车调配方案，并求出最少运费．23．（8分）在平面直角坐标系中，过点、分别作轴的垂线，垂足分别为、．(1)求直线和直线的解析式；(2)点为直线上的一个动点，过作轴的垂线交直线于点，是否存在这样的点，使得以、、、为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求此时点的横坐标；若不存在，请说明理由；(3)若沿方向平移(点在线段上，且不与点重合)，在平移的过程中，设平移距离为，与重叠部分的面积记为，试求与的函数关系式．24．（8分）如图，在▱ABCD中，AC、BD交于点O，BD⊥AD于点D，将△ABD沿BD翻折得到△EBD，连接EC、EB．（1）求证：四边形DBCE是矩形；（2）若BD=4，AD=3，求点O到AB的距离．25．（10分）（1）如图1，在正方形ABCD中，M是BC边（不含端点B、C）上任意一点，P是BC延长线上一点，N是∠DCP的平分线上一点．若∠AMN=90°，求证：AM=MN．下面给出一种证明的思路，你可以按这一思路证明，也可以选择另外的方法证明．证明：在边AB上截取AE=MC，连ME．正方形ABCD中，∠B=∠BCD=90°，AB=BC．∴∠NMC=180°—∠AMN­—∠AMB=180°—∠B—∠AMB=∠MAB=∠MAE．（下面请你完成余下的证明过程）（2）若将（1）中的“正方形ABCD”改为“正三角形ABC”（如图2），N是∠ACP的平分线上一点，则当∠AMN=60°时，结论AM=MN是否还成立？请说明理由．（3）若将（1）中的“正方形ABCD”改为“正边形ABCD……X”，请你作出猜想：当∠AMN=""°时，结论AM=MN仍然成立．（直接写出答案，不需要证明）26．（10分）计算题：（1）；（2）已知，，求代数式的值．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【解析】

一次函数y=kx+b，当k>0时，y随x的增大而增大．据此列式解答即可．【详解】∵一次函数，随的增大而增大，∴k-3>0，解得：k>3，故选D.【点睛】本题考查了一次函数的性质．一次函数y=kx+b，当k>0时，y随x的增大而增大；当k<0时，y随x的增大而减小，熟练掌握一次函数的性质是解题关键.2、B【解析】

先求出三角形是直角三角形，再根据含30°角的直角三角形的性质得出即可．【详解】∵三角形三个内角度数的比为1：2：3，三角形的内角和等于180°，∴此三角形的三个角的度数是30°，60°，90°，即此三角形是直角三角形，∵三角形的最大的边长为2，∴三角形的最小的边长为×2＝，故选B．【点睛】本题考查了三角形的内角和定理和含30°角的直角三角形的性质，能求出三角形是直角三角形是解此题的关键．3、D【解析】

根据观察图象的横坐标、纵坐标，可得行驶的路程与时间的关系，根据路程与时间的关系，可得速度．【详解】A、由图象可以看出，最远处到达距离出发地120千米处，但又返回原地，所以行驶的路程为240千米，错误，不符合题意；B、停留的时候，时间增加，路程不变，所以停留的时间为2-1.5=0.5小时，错误，不符合题意；C、平均速度为总路程÷总时间，总路程为240千米，总时间为5小时，所以平均速度为240÷5=48千米/时，错误，不符合题意；D、汽车自出发后3小时至5小时间行驶的速度为120÷(5-3)=60千米/时，正确，符合题意，故选D．【点睛】本题考查利用函数的图象解决实际问题，正确理解函数图象横纵坐标表示的意义，理解问题的过程，就能够通过图象得到函数问题的相应解决；用到的知识点为：平均速度=总路程÷总时间．4、A【解析】

在本题中，把常数项-2移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数-4的一半的平方．【详解】把方程x2-4x-2=0的常数项移到等号的右边，得到x2-4x=2,方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2-4x+4=2+4,配方得（x-2）2=1．故选A【点睛】配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．5、D【解析】

方程移项变形后，利用完全平方公式化简得到结果，即可做出判断．【详解】方程移项得：，配方得：，即，故选D．6、A【解析】

根据关于x轴对称的两点的坐标规律：横坐标相同，纵坐标互为相反数，即可求出.【详解】解：∵关于x轴对称的两点的坐标规律：横坐标相同，纵坐标互为相反数∴点（-2,3）关于x轴的对称点为：（-2,-3）故选A.【点睛】此题考查的是求一个点关于x轴对称的对称点的坐标，掌握关于x轴对称的两点的坐标规律：横坐标相同，纵坐标互为相反数，是解决此题的关键.7、A【解析】

由等腰三角形的性质证得BD=DC，根据直角三角形斜边上的中线的性质即可求得结论．【详解】解：∵AB=AC=10，AD平分∠BAC，

∴AD⊥BC，

∵E为AC的中点，，故选：A．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质,熟练掌握直角三角形斜边上的中线的性质是解决问题的关键．8、B【解析】

根据二次根式的定义：一般地，我们把形如的式子叫做二次根式可得答案．【详解】解：根据二次根式的定义：（1）；（3）；（5）是二次根式，而（2）中被开方数-3<0，不是二次根式，（4）是立方根，不是二次根式，（6）中因，故被开方数，不是二次根式；综上只有3个是二次根式；故选B.【点睛】此题主要考查了二次根式定义，关键是掌握被开方数是非负数．9、B【解析】

第一次降价后的价格为100(1-x%)，第二次降价后的价格为100(1-x%)(1-x%).【详解】由题意列出方程：100(1-x%)2=81(1-x%)2=0.811-x%=±0.9x=10或190根据题意，舍弃x=190，则x=10，故选择B.【点睛】要理解本题中“连续两次降价”的含义是，第二次降价前的基础价格是第一次降价后的价格.10、B【解析】

根据勾股定理列式求出AB、BC、AC，再利用勾股定理逆定理判断出△ABC是直角三角形，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．【详解】根据勾股定理，AB＝，BC＝，AC＝，∵AC2+BC2＝AB2＝26，∴△ABC是直角三角形，∵点D为AB的中点，∴CD＝AB＝．故选B．【点睛】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，勾股定理逆定理的应用，判断出△ABC是直角三角形是解题的关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、1【解析】

由DE是AB边的垂直平分线，可得AE=BE，又由在直角△ABC中，∠BAC=90°，AB=8，AC=6，利用勾股定理即可求得BC的长，继而由△ACE的周长=AC+BC，求得答案．【详解】解：∵DE是AB边的垂直平分线，

∴AE=BE，

∵在直角△ABC中，∠BAC=90°，AB=8，AC=6，

∴BC==10，∴△ACE的周长为：AC+AE+CE=AC+BE+CE=AC+BC=6+10=1．

故答案为：1．【点睛】本题考查,线段垂直平分线的性质以及勾股定理．此题难度不大，注意掌握数形结合思想与转化思想的应用．12、(3,2)【解析】

把反比例函数与正比例函数的解析式组成方程组即可求出A点坐标；【详解】∵点A是反比例函数y=(x>0)的图象与正比例函数y=x的图象的交点，∴，解得(舍去)或∴A(3,2)；故答案为：(3,2)【点睛】此题考查反比例函数，解题关键在于把反比例函数与正比例函数的解析式组成方程组13、﹣1＜b＜1【解析】

当直线y=x+b过D或B时，求得b，即可得到结论．【详解】∵正方形ABCD的边长为1，点A的坐标为（1，1），∴D（1，3），B（3，1）．当直线y=x+b经过点D时，3=1+b，此时b=1．当直线y=x+b经过点B时，1=3+b，此时b=﹣1．所以，直线y=x+b与正方形有两个公共点，则b的取值范围是﹣1＜b＜1．故答案为﹣1＜b＜1．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正方形的性质，关键是掌握待定系数法正确求出函数的解析式．14、【解析】

根据平移的性质知BB′=AA′．由一次函数图象上点的坐标特征可以求得点A′的坐标，所以根据两点间的距离公式可以求得线段AA′的长度，即BB′的长度．【详解】解：如图，连接AA′、BB′．

∵点A的坐标为（0，1），△OAB沿x轴向右平移后得到△O′A′B′，

∴点A′的纵坐标是1．

又∵点A′在直线y=x上一点，

∴1=x，解得x=．

∴点A′的坐标是（，1），

∴AA′=．

∴根据平移的性质知BB′=AA′=．

故答案为．【点睛】本题考查了平面直角坐标系中图形的平移，解题的关键是掌握平移的方向和平移的性质.15、．【解析】

∵在实数范围内有意义，∴∴故答案为16、【解析】

先提取公因式x后，再把剩下的式子写成x2-（）2，符合平方差公式的特点，可以继续分解．【详解】x3-3x=x（x2-3），=．【点睛】本题考查实数范围内的因式分解，因式分解的步骤为：一提公因式；二看公式．在实数范围内进行因式分解的式子的结果一般要分到出现无理数为止．17、1【解析】

根据平行线分线段成比例定理列出比例式，代入计算得到答案．【详解】解：∵AB∥CD∥EF，，.解得，BD=1，

故答案为：1．【点睛】本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．18、【解析】

作BM⊥FC于M,CN⊥AB于N，根据矩形的性质得到BM=CN,再根据直角三角形的性质求出AB，再根据勾股定理求出BC，结合图形即可求解.【详解】作BM⊥FC于M,CN⊥AB于N，∵AB∥CF,∴四边形BMCN是矩形，∠BCM=∠ABC=30°，∴BM=CN,∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，∴AB=2AC=4，由勾股定理得BC=∴BM=CN=BC=由勾股定理得CM=∵∠EDF=45°，∴DM=BM=∴CD=CM-DM=【点睛】此题主要考查矩形的判定与性质，解题的关键是熟知勾股定理、含30°的直角三角形及等腰直角三角形的性质.三、解答题(共66分)19、（1）见解析；（2）见解析；（3）ΔBEF为等腰三角形，见解析.【解析】

（1）由平行线的性质得出∠A+∠ABC=180°，由已知得出∠C+∠ABC=180°，证出AB//BC，即可得出四边形ABCD是平行四边形；（2）由平行四边形的性质得出BC=AD，AB//CD，得出∠CFB=∠ABF，由已知得出CF=BC，得出∠CFB=∠CBF，证出∠ABF=∠CBF即可；（3）作FG⊥BE于G，证出FG/AD//BC，得出EG=BG，由线段垂直平分线的性质得出EF=BF即可.【详解】解：(1)证明：∵AD∥BC，∴∠A+∠ABC=180°：∵∠A=∠C∴∠C+∠ABC=180°∴AB∥CD∴四边形ABCD是平行四边形（2）证明：∵F点为CD中点∴CD=2CF∴CD=2AD∴CF=AD=BC∴∠CFB=∠CBF∴CD∥AB∴∠CFB=∠FBA∴∠FBA=∠CBF∴BF平分∠ABC(3)ΔBEF为等腰三角形理由：如图，延长EF交B延长线于点G∴DA∥BG∴∠G=∠DEF∵F为DC中点∴DF=CF又∵∠DFE=∠CFG∴ΔDFE≌ΔCFG(AAS)∴FE=FG∵AD∥BC，BE⊥AD∴BE⊥CD∴∠EBG=90°在RtΔEBG中，F为BG中点∴BF=EG=EF∴ΔBEF为等腰三角形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、平行线的性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键/20、【解析】

首先过点A作AD⊥BC，根据Rt△ADC和Rt△ABD的勾股定理分别求出CD和BD的长度，从而得出BC的长度【详解】过点A作AD⊥BC，则△ADC和△ABD为直角三角形∵∠C=30°AC=4cm∴AD=2cmCD=cm根据Rt△ABD的勾股定理可得：BD=cm∴BC=BD+CD=（）cm【点睛】本题考查直角三角形的勾股定理，解题关键在于能够构造出直角三角形.21、（1）；（2）；（3）结论：；理由见解析；（4）6【解析】

（1）根据平行四边形的性质可知：，即可解决问题；（2）理由平行四边形的性质可知：，即可解决问题；（3）结论：．如图③中，作于，延长交于．根据；（4）设的面积为，的面积为，则，推出，可得的面积；【详解】解：（1）如图①中，，．四边形是平行四边形，，，，．故答案为．（2）如图②中，四边形是平行四边形，，，，．故答案为．（3）结论：．理由：如图③中，作于，延长交于．，，，．（4）设的面积为，的面积为，则，，的面积，【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、平行线的性质、等高模型等正整数，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．22、（1）这15辆车中大货车用8辆，小货车用7辆；（2）①y＝100x+9400（3≤x≤8，且x为整数）；②使总运费最少的调配方案是：7辆大货车、3辆小货车前往A村；1辆大货车、4辆小货车前往B村．最少运费为10100元．【解析】

（1）设大货车用x辆，小货车用y辆，根据大、小两种货车共15辆，运输152箱鱼苗，列方程组求解；（2）设前往A村的大货车为x辆，则前往B村的大货车为（8﹣x）辆，前往A村的小货车为（10﹣x）辆，前往B村的小货车为[7﹣（10﹣x）]辆，根据表格所给运费，求出y与x的函数关系式；（3）结合已知条件，求x的取值范围，由（2）的函数关系式求使总运费最少的货车调配方案．【详解】解：（1）设大货车用x辆，小货车用y辆，根据题意得：，解得：．故这15辆车中大货车用8辆，小货车用7辆．（2）y＝800x+900（8﹣x）+400（10﹣x）+600[7﹣（10﹣x）]＝100x+9400（3≤x≤8，且x为整数）．（3）由题意得：12x+8（10﹣x）≥108，解得：x≥7，又∵3≤x≤8，∴7≤x≤8且为整数，∵y＝100x+9400，k＝100＞0，y随x的增大而增大，∴当x＝7时，y最小，最小值为y＝100×7+9400＝10100（元）．答：使总运费最少的调配方案是：7辆大货车、3辆小货车前往A村；1辆大货车、4辆小货车前往B村．最少运费为10100元．【点睛】本题考查了一次函数的应用，二元一次方程组的应用．关键是根据题意，得出安排各地的大、小货车数与前往B村的大货车数x的关系．23、（1）y=-x+1，y=x；（2）m=或；（3）S=.【解析】

（1）理由待定系数法即可解决问题；

（2）如图1中，设M（m，），则N（m，-m+1）．当AC=MN时，A、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形，可得|-m+1-|=3，解方程即可；

（3）如图2中，设平移中的三角形为△A′O′C′，点C′在线段CD上．设O′C′与x轴交于点E，与直线OD交于点P；设A′C′与x轴交于点F，与直线OD交于点Q．根据S=S△OFQ-S△OEP=OF•FQ-OE•PG计算即可.【详解】解：（1）设直线CD的解析式为y=kx+b，则有，解得，∴直线CD的解析式为y=-x+1．

设直线OD的解析式为y=mx，则有3m=1，m=，

∴直线OD的解析式为y=x.（2）存在．

理由：如图1中，设M（m，），则N（m，-m+1）．当AC=MN时，A、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形，

∴|-m+1-|=3，

解得m=或.（3）如图2中，设平移中的三角形为△A′O′C′，点C′在线段CD上．

设O′C′与x轴交于点E，与直线OD交于点P；

设A′C′与x轴交于点F，与直线OD交于点Q．因为平移距离为t，所以水平方向的平移距离为t（0≤t＜2），则图中AF=t，F（1+t，0），Q（1+t，），C′（1+t，3-t）．

设直线O′C′的解析式为y=3x+b，

将C′（1+t，3-t）代入得：b=-1t，

∴直线O′C′的解析式为y=3x-1t．∴E（，0）．

联立y=3x-1t与y=，解得x=．

∴S=S△OFQ-S△OEP=OF•FQ-OE•PG=（1+t）（）-=.【点睛】本题考查一次函数综合题、待定系数法、函数图象上点的坐标特征、平行四边形、平移变换、图形面积计算等知识点，有一定的难度．第（2）问中，解题关键是根据平行四边形定义，得到MN=AC=3，由此列出方程求解；第（3）问中，解题关键是求出S的表达式，注意图形面积的计算方法．24、（1）见解析；（2）点O到AB的距离为．【解析】

（1）先利用折叠的性质和平行四边形的性质得出DE∥BC，DE=BC，则四边形DBCE是平行四边形，再利用BE=CD即可证明四边形DBCE是矩形；（2）过点O作OF⊥AB，垂足为F，先利用勾股定理求出AB的长度，然后利用面积即可求出OF的长度，则答案可求．【详解】（1）由折叠性质可得：AD=DE，BA=BE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，AD∥BC，BA=CD，∴DE∥BC，DE=BC，∴四边形DBCE是平行四边形，又∵BE=CD，∴四边形DBCE是矩形．（2）过点O作OF⊥AB，垂足为F，∵BD⊥AD，∴∠ADB=90