湖南省长沙市雅礼教育集团2024年数学八年级下册期末学业质量监测模拟试题含解析

湖南省长沙市雅礼教育集团2024年数学八年级下册期末学业质量监测模拟试题注意事项：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，菱形中，点、分别是、的中点，若，，则的长为()A． B． C． D．2．关于x的一元二次方程的两实数根分别为、，且，则m的值为（）A． B． C． D．03．如图，△ABC中，CD⊥AB于D，且E是AC的中点．若AD=6，DE=5，则CD的长等于()A．7 B．8 C．9 D．104．下列标志既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．5．如图，直角边长为的等腰直角三角形与边长为3的等边三角形在同一水平线上，等腰直角三角形沿水平线从左向右匀速穿过等边三角形时，设穿过时间为t，两图形重合部分的面积为S，则S关于t的图象大致为（）A． B．C． D．6．下列说法中正确的是（）A．在中，.B．在中，.C．在中，，.D．、、是的三边，若，则是直角三角形.7．小勇投标训练4次的成绩分别是（单位：环）9，9，x，1．已知这组数据的众数和平均数相等，则这组数据中x是（

）A．7B．1C．9D．108．的相反数是（）A． B． C． D．9．如图，下列能判定AB∥CD的条件的个数是（）①∠B+∠BCD＝180°；②∠2＝∠3；③∠1＝∠4；④∠B＝∠1．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个10．已知正多边形的一个内角是140°，则这个正多边形的边数是（）A．九边形 B．八边形 C．七边形 D．六边形二、填空题(每小题3分,共24分)11．计算：_________．12．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______．13．化简的结果是______14．如图，点E是正方形ABCD边AD的中点，连接CE，过点A作AF⊥CE交CE的延长线于点F，过点D作DG⊥CF交CE于点G，已知AD＝2，则线段AF的长是_____．15．如图，在平面直角坐标系中，已知，，是轴上的一条动线段，且，当取最小值时，点坐标为______.16．如图，平行四边形的周长为，对角线交于点，点是边的中点，已知，则______．17．如图，菱形的两个顶点坐标为，，若将菱形绕点以每秒的速度逆时针旋转，则第秒时，菱形两对角线交点的坐标为__________．18．如图所示,在ΔABC中,点D是BC的中点,点E,F分别在线段AD及其延长线上,且DE＝DF,给出下列条件:①BE⊥EC;②BF∥EC;③AB＝AC．从中选择一个条件使四边形BECF是菱形,你认为这个条件是____(只填写序号).

三、解答题(共66分)19．（10分）计算（1）分解因式：；（2）解不等式组．20．（6分）某车行经销的A型自行车去年6月份销售总额为1.6万元，今年由于改造升级每辆车售价比去年增加200元，今年6月份与去年同期相比，销售数量相同，销售总额增加25%．今年A，B两种型号车的进价和售价如下表：

（1）求今年A型车每辆售价多少元？

（2）该车行计划7月份用不超过4.3万元的资金新进一批A型车和B型车共50辆，应如何进货才能使这批车售完后获利最多？21．（6分）（1）因式分解：；（2）计算：22．（8分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，与轴交于两点，其对称轴与轴交于点.（1）求抛物线的解析式和对称轴；（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点，使的周长最小？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；（3）连接，在直线的下方的抛物线上，是否存在一点，使的面积最大？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.23．（8分）西蜀图书室近日购进甲、乙两种图书，每本甲图书的进价比每本乙图书的进价高20元，花780元购进甲图书的数量与花540元购进乙图书的数量相同．(1)求甲、乙两种图书每本的进价分别是多少元？(2)西蜀图书室计划购进甲、乙两种图书共70本，总购书费用不超过4000元，则最多购进甲种图书多少本？24．（8分）如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，∠BAC的平分线分别交BC，CD于E、F．（1）试说明△CEF是等腰三角形．（2）若点E恰好在线段AB的垂直平分线上，试说明线段AC与线段AB之间的数量关系．25．（10分）在一个边长为（2+3）cm的正方形的内部挖去一个长为（2+）cm，宽为（﹣）cm的矩形，求剩余部分图形的面积．26．（10分）如图1，直线与轴交于点，与轴交于点，.(1)求两点的坐标；(2)如图2，以为边，在第一象限内画出正方形，并求直线的解析式.

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、A【解析】

由菱形的性质可得AC⊥BD，AO=CO=3，BO=DO，由勾股定理可求BO=4，可得BD=8，由三角形中位线定理可求EF的长【详解】解：如图，连接BD，交AC于点O，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO=CO=3，BO=DO，∴，∴BD=2BO=8，∵点E、F分别是AB、AD的中点，∴EF=BD=4，故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，本题中根据勾股定理求OB的值是解题的关键.2、A【解析】

根据一元二次方程根与系数的关系得到x1+x2=4，代入代数式计算即可．【详解】解：∵x1+x2=4，

∴x1+3x2=x1+x2+2x2=4+2x2=5，

∴x2=，

把x2=代入x2-4x+m=0得：（）2-4×+m=0，

解得：m=，

故选：A．【点睛】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系，掌握一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系为：x1+x2=-，x1•x2=是解题的关键．3、B【解析】

先利用中点的定义求得AC的长，然后运用勾股定理即可快速作答.【详解】解：如图，∵△ABC中，CD⊥AB于D，E是AC的中点，DE=5，∴DE=AC=5，∴AC=1．在直角△ACD中，∠ADC=90°，AD=6，AC=1，则根据勾股定理，得CD==8故答案为B；【点睛】考查勾股定理时，条件常常不是完全具备，需要挖掘隐含条件，才能正确的使用勾股定理.本题还考查了直角三角形斜边上的中线长度等于斜边的一半.4、C【解析】A、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；C、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．故选C．5、B【解析】

先根据等腰直角三角形斜边为2，而等边三角形的边长为3，可得等腰直角三角形沿水平线从左向右匀速穿过等边三角形时，出现等腰直角三角形完全处于等边三角形内部的情况，进而得到S关于t的图象的中间部分为水平的线段，再根据当t=0时，S=0，即可得到正确图象【详解】根据题意可得，等腰直角三角形斜边为2，斜边上的高为1，而等边三角形的边长为3，高为，故等腰直角三角形沿水平线从左向右匀速穿过等边三角形时，出现等腰直角三角形完全处于等边三角形内部的情况，故两图形重合部分的面积先增大，然后不变，再减小，S关于t的图象的中间部分为水平的线段，故A，D选项错误；当t＝0时，S＝0，故C选项错误，B选项正确；故选：B【点睛】本题考查了动点问题的函数图像，根据重复部分面积的变化是解题的关键6、D【解析】

根据勾股定理以及勾股定理的逆定理逐项分析即可.【详解】A.因为不一定是直角三角形，故不正确；B.没说明哪个角是直角，故不正确；C.在中，，则，故不正确；D.符合勾股定理的逆定理，故正确.故选D.【点睛】本题考查了勾股定理，以及勾股定理逆定理，熟练掌握定理是解答本题的关键.直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方;如果三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形.7、C【解析】【分析】根据题意可知，x是9，不可能是1.【详解】因为这组数据的众数和平均数相等，则这组数据中x是9.故选：C【点睛】本题考核知识点：众数和平均数.解题关键点：理解众数和平均数的定义.8、B【解析】

根据相反数的意义，可得答案．【详解】解：的相反数是-，故选B．【点睛】本题考查了实数的性质，在一个数的前面加上负号就是这个数的相反数．9、B【解析】

根据平行线的判定定理分别进行判断即可．【详解】解：①当∠B+∠BCD＝180°，AB∥CD，故正确；②当∠3＝∠2时，AB＝BC，故错误；③当∠1＝∠4时，AD＝DC，故错误；④当∠B＝∠1时，AB∥CD，故正确．所以正确的有2个故选：B．【点睛】本题主要考查平行线的判定，掌握平行线的判定方法是解题的关键．10、A【解析】

根据正多边形每个内角度数的求算公式：建立方程求解即可．【详解】正多边形每个内角的度数求算公式：，建立方程得：解得：故答案选：A【点睛】本题考查正多边形的内角与边数，掌握相关的公式是解题关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、【解析】

先计算二次根式的乘法，然后进行化简，最后合并即可.【详解】原式.故答案为：.【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，掌握各种知识点的运算法则是解答本题的关键.12、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.13、﹣1【解析】分析：直接利用分式加减运算法则计算得出答案．详解：==．故答案为-1．点睛：此题主要考查了分式的加减运算，正确掌握运算法则是解题关键．14、1【解析】

先利用正方形的性质得到∠ADC=90°，CD=AD=1，再利用E点为AD的中点得到AE=DE=，则利用勾股定理可计算出CE=5，然后证明Rt△AEF∽Rt△CED，从而利用相似比可计算出AF的长．【详解】∵四边形ABCD为正方形，∴∠ADC＝90°，CD＝AD＝1，∵点E是正方形ABCD边AD的中点，∴AE＝DE＝，在Rt△CDE中,∵AF⊥CE，∴∠F＝90°，∵∠AEF＝∠CED，∴Rt△AEF∽Rt△CED，∴，即∴AF＝1．故答案为1．【点睛】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．也考查了相似三角形的判定与性质．15、【解析】

如图把点A向右平移1个单位得到E（1，1），作点E关于x轴的对称点F（1，-1），连接BF，BF与x轴的交点即为点Q，此时AP+PQ+QB的值最小，求出直线BF的解析式，即可解决问题．【详解】解：如图把点4向右平移1个单位得到E（1，1），作点E关于x轴的对称点F（1，-1），连接BF，BF与x轴的交点即为点Q，此时4P+PQ+QB的值最小.设最小BF的解析式为y=kx+b，则有解得∴直线BF的解析式为y=x-2，令y=0，得到x=2.∴Q（2.0）故答案为（2，0）.【点睛】本题考查轴对称最短问题、坐标与图形的性质、一次函数的应用等知识，解题的关键是学会利用对称解决最短问题，学会构建一次函数解决交点问题，属于中考常考题型16、1【解析】

根据平行四边形的性质求出AD的长，再根据中位线的性质即可求出OE的长．【详解】解：∵，∵，∴．∵为的中点，∴为的中位线，∴．故答案为：1．【点睛】此题主要考查平行四边形与中位线的性质，解题的关键是熟知平行四边形的对边相等．17、（-，0）【解析】

先计算得到点D的坐标，根据旋转的性质依次求出点D旋转后的点坐标，得到变化的规律即可得到答案．【详解】∵菱形的两个顶点坐标为，，∴对角线的交点D的坐标是（2,2），∴，将菱形绕点以每秒的速度逆时针旋转，旋转1次后坐标是（0，），旋转2次后坐标是（-2,2），旋转3次后坐标是（-，0），旋转4次后坐标是（-2，-2），旋转5次后坐标是（0，-），旋转6次后坐标是（2，-2），旋转7次后坐标是（,0），旋转8次后坐标是（2,2）旋转9次后坐标是（0，，由此得到点D旋转后的坐标是8次一个循环，∵，∴第秒时，菱形两对角线交点的坐标为（-，0）故答案为：（-，0）．【点睛】此题考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，直角坐标系中点坐标的变化规律，根据点D的坐标依次求出旋转后的坐标得到变化规律是解题的关键．18、③【解析】分析:根据点D是BC的中点，点E、F分别是线段AD及其延长线上，且DE=DF，即可证明四边形BECF是平行四边形，然后根据菱形的判定定理即可作出判断．详解：∵BD=CD，DE=DF，∴四边形BECF是平行四边形，①BE⊥EC时，四边形BECF是矩形，不一定是菱形；②AB=AC时，∵D是BC的中点，∴AF是BC的中垂线，∴BE=CE，∴平行四边形BECF是菱形．③四边形BECF是平行四边形，则BF∥EC一定成立，故不一定是菱形；故答案是：②．点睛:本题考查了菱形的判定方法，菱形的判别常用三种方法：①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分．三、解答题(共66分)19、（1）y（x−y）1；（1）−3≤x＜1．【解析】

（1）直接提取公因式y，再利用公式法分解因式得出答案；（1）分别解不等式进而得出不等式组的解集．【详解】解：（1）x1y−1xy1＋y3＝y（x1−1xy＋y1）＝y（x−y）1；（1），解①得：x＜1，解②得：x≥−3，故不等式组的解集为：−3≤x＜1．【点睛】此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式、不等式组的解法，正确掌握解题方法是解题关键．20、（1）型车每辆售价为1000元；（2）型车30辆、型车20辆，获利最多．【解析】

（1）设今年型车每辆售价为元，则去年型车每辆售价为元，根据数量总价单价结合今年6月份与去年同期相比销售数量相同，即可得出关于的分式方程，解之经检验后即可得出结论；（2）设购进型车辆，则购进型车辆，根据总价单价数量结合总费用不超过4.3万元，即可得出关于的一元一次不等式，解之即可得出的取值范围，再根据销售利润单辆利润购进数量即可得出销售利润关于的函数关系式，利用一次函数的性质解决最值问题即可．【详解】解：（1）设今年型车每辆售价为元，则去年型车每辆售价为元，根据题意得：，解得：，经检验，是原分式方程的解．答：今年型车每辆售价为1000元．（2）设购进型车辆，则购进型车辆，根据题意得：，解得：．销售利润为，，当时，销售利润最多．答：当购进型车30辆、购进型车20辆时，才能使这批车售完后获利最多．【点睛】本题考查了分式方程的应用、一次函数的最值以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据数量关系，找出销售利润关于的函数关系式．21、（1）y（x-2）2；（2）．【解析】

（1）先提公因式，再利用完全平方公式矩形因式分解；

（2）根据分式的减法运算法则计算．【详解】解：（1）x2y-4xy+4y

=y（x2-4x+4）

=y（x-2）2；

（2）

====．故答案为：（1）y（x-2）2；（2）．【点睛】本题考查因式分解、分式的加减运算，掌握提公因式法、完全平方公式因式分解、分式的加减法法则是解题的关键．22、（1），抛物线的对称轴是；（2）点坐标为.理由见解析；（3）在直线的下方的抛物线上存在点，使面积最大.点的坐标为.【解析】

（1）根据点B，C的坐标，利用待定系数法可求出抛物线的解析式，再利用二次函数的性质可求出抛物线的对称轴；（2）连接交对称轴于点，此时的周长最小,利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点的坐标，由点，B的坐标，利用待定系数法可求出直线AC的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点P的坐标；（3）过点N作NE∥y轴交AC于点E，交x轴于点F，过点A作AD⊥NE于点D，设点N的坐标为（t，t2-t+4）（0＜t＜5），则点E的坐标为（t，-t+4），进而可得出NE的长，由三角形的面积公式结合S△CAN=S△NAE+S△NCE可得出S△CAN关于t的函数关系式，再利用二次函数的性质即可解决最值问题．【详解】（1）根据已知条件可设抛物线的解析式为，∴，∴抛物线的对称轴是；（2）点坐标为.理由如下：∵点（0，4），抛物线的对称轴是，∴点关于对称轴的对称点的坐标为（6，4），如图1，连接交对称轴于点，连接，此时的周长最小.设直线的解析式为，把（6，4），（1，0）代入得，解得，∴，∵点的横坐标为3，∴点的纵坐标为，∴所求点的坐标为.（3）在直线的下方的抛物线上存在点，使面积最大.设点的横坐标为，此时点，如图2，过点作轴交于；作于点，由点（0，4）和点（5，0）得直线的解析式为，把代入得，则，此时，∵，∴，∴当时，面积的最大值为，由得，∴点的坐标为.【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质、轴对称-最短路径问题、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、二次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积以及二次函数的最值，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用两点之间线段最短，确定点P的位置；（3）利用三角形的面积公式结合S△CAN=S△NAE+S△NCE，找出S△CAN关于t的函数关系式．23、（1）甲种图书每本的进价为1元，乙种图书每本的进价是45元；（2）最多购进甲种图书2本．【解析】试题分析：（1）设乙种图书每本的进价为x元，则甲种图书每本的进价是（x＋20）元，根据花780元购进甲图书的数量与花540元购进乙图书的数量相同，列方程求解；（2）设购进甲种图书m本，则购进乙种图书为（70－m）本，根据总购书费用不超过4000元，列不等式求解．试题解析：解：（1）设乙种图书每本的进价为x元，则甲种图书每本的进价是（x＋20）元，由题意得，780x+20＝540解得：x＝45，经检验，x＝45是原分式方程的解，且符合题意，则x＋20＝1．答：甲种图书每本的进价为1元，乙种图书每本的进价是45元；（2）设购进甲种图书m本，则购进乙种图书为（70﹣m）本，由题意得，1m＋45(70﹣m)≤4000，解得：m≤2.5，∵m为整数，且取最大值，∴m＝2．答：最多购进甲种图书2本．点睛：本题考查了分式方程的应用和一元一次不等式的应用，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系或不等关系，列方程或不等式求解．24、（1）见解析（2）见解析【解析】

（1）首先根据条件∠ACB＝90°，CD是AB边上