浙江省温州市名校2024年数学八年级下册期末经典试题含解析

浙江省温州市名校2024年数学八年级下册期末经典试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题4分，共48分）1．如图所示，函数和的图象相交于（–1，1），（2，2）两点．当时，x的取值范围是（）A．x<–1 B．x<–1或x>2 C．x>2 D．–1<x<22．如图，点O在ABC内，且到三边的距离相等，若∠A=60°，则∠BOC的大小为()A．135° B．120° C．90° D．60°3．菱形ABCD中，如果E、F、G、H分别是各边中点，那么四边形EFGH的形状是（）A．梯形 B．菱形 C．矩形 D．正方形4．晋商大院的许多窗格图案蕴含着对称之美，现从中选取以下四种窗格图案，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（）A． B． C． D．5．如图，要测量被池塘隔开的A、C两点间的距离，李师傅在AC外任选一点B，连接BA和BC，分别取BA和BC的中点E、F，量得EF两点间距离等于23米，则A、C两点间的距离为（）米A．23 B．46 C．50 D．26．估计的值在（）A．2到3之间 B．3到4之间 C．4到5之间 D．5到6之间7．如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=4，P为矩形边上的一个动点，运动路线是A→B→C→D→A，设P点经过的路程为x，以A，P，B为顶点的三角形面积为y，则选项图象能大致反映y与x的函数关系的是（）A． B． C． D．8．在同一平面直角坐标系中，函数y＝ax2+bx与y＝﹣bx+a的图象可能是（）A． B． C． D．9．醴陵市“师生诗词大赛”成绩结果统计如表,成绩在91--100分的为优秀,则优秀的频率是（）分数段61--7071--8081--9091--100人数(人)2864A．0.2 B．0.25 C．0.3 D．0.3510．下列分解因式正确的是A． B．C． D．11．下列不能判断是正方形的有（）A．对角线互相垂直的矩形 B．对角线相等的矩形C．对角线互相垂直且相等的平行四边形 D．对角线相等的菱形12．如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点O作BD的垂线分别交AD，BC于E，F两点．若AC＝2，∠DAO＝30°，则FC的长度为()A．1 B．2C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．化简：的结果是________.14．当________时，分式的值为0.15．某班同学要测量学校升国旗的旗杆高度，在同一时刻，量得某同学的身高是1.5米，影长是1米，且旗杆的影长为8米，则旗杆的高度是_________________米.16．如图，在△ABC中，DE是AC的垂直平分线，AE＝3cm，△ABD的周长为15cm，那么△ABC的周长是_________cm.17．图中的虚线网格是等边三角形，它的每一个小三角形都是边长为1的等边三角形.(1)如图①,连接相邻两个小正三角形的顶点A，B，则AB的长为_______(2)在如图②所示的网格中，用无刻度的直尺，画一个斜边长为的直角三角形，且它的顶点都在格点上.18．如图，在口ABCD中，E为边BC上一点，以AE为边作矩形AEFG.若∠BAE=40°，∠CEF=15°，则∠D的大小为_____度.三、解答题（共78分）19．（8分）如图，点P是正方形ABCD的边BC上的任意一点，连接AP，作DE⊥AP，垂足是E，BF⊥AP，垂足是F.求证：DE＝BF＋EF.20．（8分）如图1，在平面直角坐标系中直线与x轴、y轴相交于A、B两点，动点C在线段OA上，将线段CB绕着点C顺时针旋转得到CD，此时点D恰好落在直线AB上时，过点D作轴于点E．求证：≌；如图2，将沿x轴正方向平移得，当直线经过点D时，求点D的坐标及平移的距离；若点P在y轴上，点Q在直线AB上是否存在以C、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的Q点坐；若不存在，请说明理由．21．（8分）如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，延长CE，BA交于点F，连接AC，DF．（1）求证：四边形ACDF是平行四边形；（2）当CF平分∠BCD时，写出BC与CD的数量关系，并说明理由．22．（10分）长方形纸片中，，，把这张长方形纸片如图放置在平面直角坐标系中，在边上取一点，将沿折叠，使点恰好落在边上的点处．（1）点的坐标是____________________；点的坐标是__________________________；（2）在上找一点，使最小，求点的坐标；（3）在（2）的条件下，点是直线上一个动点，设的面积为，求与的函数关系式．23．（10分）甲、乙两车分别从A地将一批物品运往B地，再返回A地，如图表示两车离A地的距离s（千米）随时间t（小时）变化的图象，已知乙车到达B地后以30千米/小时的速度返回．请根据图象中的数据回答：（1）甲车出发多长时间后被乙车追上？（2）甲车与乙车在距离A地多远处迎面相遇？（3）甲车从B地返回的速度多大时，才能比乙车先回到A地？24．（10分）在正方形中，点是边的中点，点是对角线上的动点，连接，过点作交正方形的边于点；（1）当点在边上时，①判断与的数量关系；②当时，判断点的位置；（2）若正方形的边长为2，请直接写出点在边上时，的取值范围.25．（12分）一组数据从小到大顺序排列后为：1，4，6，x，其中位数和平均数相等，求x的值。26．有甲、乙两个不透明的布袋，甲袋中有两个完全相同的小球，分别标有数字1和-1；乙袋中有三个完全相同的小球，分别标有数字-1、0和1．小丽先从甲袋中随机取出一个小球，记录下小球上的数字为x；再从乙袋中随机取出一个小球，记录下小球上的数字为y，设点A的坐标为（x，y）．（1）请用表格或树状图列出点A所有可能的坐标；（1）求点A在反比例函数y=图象上的概率．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【解析】试题解析：当x≥0时，y1=x，又，∵两直线的交点为（1，1），∴当x＜0时，y1=-x，又，∵两直线的交点为（-1，1），由图象可知：当y1＞y1时x的取值范围为：x＜-1或x＞1．故选B．2、B【解析】

由条件可知O为三角形三个内角的角平分线的交点，则可知∠OBC+∠OCB=（∠ABC+∠ACB）=（180°-∠A），在△BOC中利用三角形的内角和定理可求得∠BOC．【详解】∵O到三边的距离相等∴BO平分∠ABC，CO平分∠ACB∴∠OBC+∠OCB=(∠ABC+∠ACB)=(180°−∠A)∵∠A=60°∴∠OBC+∠OCB=60°∴∠BOC=180°−(∠OBC+∠OCB)=180°−60°=120°故选B.【点睛】本题考查了角平分线的性质，熟练掌握角平分线把一个角分成两个相等的角是解题的关键．3、C【解析】分析：利用中位线的性质证明四边形EFGH为平行四边形；再根据菱形的对角线互相垂直，可证∠EHG=90°，从而根据矩形的判定：有一角为90°的平行四边形是矩形，得出菱形中点四边形的形状．详解：∵菱形ABCD中，如果E、F、G、H分别是各边的中点，∴HE∥GF∥AC，HE=GF=AC,∴四边形EFGH为平行四边形；又∵菱形的对角线互相垂直，∴∠EHG=90°，∴四边形EFGH的形状是矩形．故选：C．点睛：此题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，矩形的判定.矩形的判定定理有：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）有三个角是直角的四边形是矩形；（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形．4、B【解析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】A、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误；B、不是轴对称图形，是中心对称图形．故正确；C、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误；D、是轴对称图形，也是中心对称图形．故错误．故选B．【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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．5、B【解析】

先判断出EF是△ABC的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得AC＝2EF．【详解】解：∵点E、F分别是BA和BC的中点，∴EF是△ABC的中位线，∴AC＝2EF＝2×23＝46米．故选：B．【点睛】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记定理并准确识图是解题的关键．6、B【解析】

利用”夹逼法“得出的范围，继而也可得出+1的范围.【详解】∵4＜6＜9，∴，即，∴，故选B.7、B【解析】

根据题意可以分别表示出各段的函数解析式，从而可以根据各段对应的函数图象判断选项的正误即可.【详解】由题意可得，点P到A→B的过程中，y=0（0≤x≤2），故选项C错误，点P到B→C的过程中，y=2（x-2）=x-2（2＜x≤6），故选项A错误，点P到C→D的过程中，y=24=4（6＜x≤8），故选项D错误，点P到D→A的过程中，y=2(12-x)=12-x(8<x12)，由以上各段函数解析式可知，选项B正确，故选B.【点睛】本题考查动点问题的函数图象，明确题意，写出各段函数对应的函数解析式，明确各段的函数图象是解题关键.8、B【解析】

首先根据图形中给出的一次函数图象确定a、b的符号，进而运用二次函数的性质判断图形中给出的二次函数的图象是否符合题意，根据选项逐一讨论解析，即可解决问题．【详解】解：A、对于直线y=-bx+a来说，由图象可以判断，a＜0，b＞0；而对于抛物线y=ax2+bx来说，图象应开口向下，故不合题意；B、对于直线y=-bx+a来说，由图象可以判断，a＞0，b＜0；而对于抛物线y=ax2+bx来说，图象开口向上，对称轴x=-＞0，在y轴的右侧，符合题意，图形正确；

C、对于直线y=-bx+a来说，由图象可以判断，a＜0，b＜0；而对于抛物线y=ax2+bx来说，对称轴x=-＜0，应位于y轴的左侧，故不合题意；

D、对于直线y=-bx+a来说，由图象可以判断，a＞0，b＜0；而对于抛物线y=ax2+bx来说，图象应开口向下，故不合题意．

故选：B．【点睛】此题主要考查了一次函数、二次函数图象的性质及其应用问题；解题的方法是首先根据其中一次函数图象确定a、b的符号，进而判断另一个函数的图象是否符合题意；解题的关键是灵活运用一次函数、二次函数图象的性质来分析、判断、解答．9、A【解析】

根据优秀人数为人，而数据总数为个，由频率公式可得答案．【详解】解：由题意得：优秀的频率是故选A．【点睛】本题考查的是频数与频率，掌握“频率等于频数除以数据总数”是解题的关键．10、C【解析】

根据因式分解的方法（提公因式法，运用公式法），逐个进行分析即可.【详解】A.，分解因式不正确；B.，分解因式不正确；C.，分解因式正确；D.2，分解因式不正确.故选：C【点睛】本题考核知识点：因式分解.解题关键点：掌握因式分解的方法.11、B【解析】

根据正方形的判定逐项判断即可．【详解】A、对角线互相垂直的矩形是正方形，此项不符题意B、对角线相等的矩形不一定是正方形，此项符合题意C、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，此项不符题意D、对角线相等的菱形是正方形，此项不符题意故选：B．【点睛】本题考查了正方形的判定，熟记正方形的判定方法是解题关键．12、A【解析】

由矩形的性质可得OA=OB=OC=OD=AC=，∠ABC=90°，即可得∠ADO=∠DAO=∠OBC=∠ACB＝30°，在Rt△ABC中求得BC=3；在Rt△BOF中，求得BF=2，所以CF=BC-BF=1.【详解】∵四边形ABCD是矩形，AC＝2，∴OA=OB=OC=OD=AC=，∠ABC=90°，∴∠ADO=∠DAO=∠OBC=∠ACB＝30°，在Rt△ABC中，AC＝2，∠ACB＝30°，∴BC=3；∵EF⊥BD，∴∠BOF=90°，在Rt△BOF中，OB=，∠OBC=30°，∴BF=2，∴CF=BC-BF=1，故选A．【点睛】本题考查了矩形的性质及解直角三角形，正确求得BC=3、BF=2是解决问题的关键.二、填空题（每题4分，共24分）13、－2【解析】

化简二次根式并去括号即可.【详解】解：故答案为：－2【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，计算较为简单，熟练掌握二次根式的化简是解题的关键.14、5【解析】

根据分式值为零的条件可得x-5=0且2x+1≠0，再解即可【详解】由题意得：x−5=0且2x+1≠0，解得：x=5，故答案为：5【点睛】此题考查分式的值为零的条件，难度不大15、1．【解析】

在同一时刻，物体的实际高度和影长成比例，据此列方程即可解答．【详解】解：设旗杆高度为x，则，解得x=1．故答案为：1．【点睛】本题考查相似三角形的应用，熟知同一时刻物高与影长成正比是解题关键．16、1【解析】

根据DE是AC的垂直平分线以及AE=3cm，即可得出DA=DC且AC=6cm，再根据△ABD的周长和△ABC的周长之间的关系即可得出C△ABC的值．【详解】解：∵DE是AC的垂直平分线，AE=3cm，

∴AC=2AE=6cm，DA=DC．

∵C△ABD=AB+BD+DA，C△ABC=AB+BD+DC+CA=AB+BD+DA+CA=C△ABD+CA，且C△ABD=10cm，

∴C△ABC=15+6=1cm．

故答案为：1．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质以及三角形的周长，解题的关键是找出△ABD的周长和△ABC的周长之间的关系．本题属于基础题，难道不大，解决该题型题目时，根据线段垂直平分线的性质找出相等的线段是关键．17、(1)；（2）见解析.【解析】

（1）利用等边三角形的性质，解直角三角形即可解决问题．（2）利用数形结合的思想解决问题即可（答案不唯一）．【详解】解:（1）AB=2×1×cos30°=，故答案为:．（2）如图②中，△DEF即为所求．【点睛】本题考查作图——应用与设计，等边三角形的性质，勾股定理等知识，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．18、1【解析】

想办法求出∠B，利用平行四边形的性质∠D=∠B即可解决问题．【详解】解：∵四边形AEFG是正方形，

∴∠AEF=90°，

∵∠CEF=15°，

∴∠AEB=180°-90°-15°=75°，

∵∠B=180°-∠BAE-∠AEB=180°-40°-75°=1°，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠D=∠B=1°

故答案为：1．【点睛】本题考查正方形的性质、平行四边形的性质、三角形内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．三、解答题（共78分）19、见解析【解析】【分析】由正方形性质和垂直定义，根据AAS证明△ABF≌△DAE，得BF=AE．DE=AF，可得结论.【详解】解：∵ABCD是正方形，∴AD=AB，∠BAD=90°，∵DE⊥AG，∴∠DEG=∠AED=90°∴∠ADE＋∠DAE=90°又∵∠BAF＋∠DAE=∠BAD=90°，∴∠ADE=BAF．∵BF∥DE，∴∠AFB=∠DEG=∠AED．在△ABF与△DAE中，AD=AB，∴△ABF≌△DAE(AAS)．∴BF=AE．DE=AF，∵AF=AE＋EF，∴DE=BF＋EF．【点睛】本题考核知识点：正方形性质.解题关键点：证三角形全等得对应线段相等.20、（1）证明见解析；（2）平移的距离是个单位．（3）点Q的坐标为或或

【解析】

根据AAS或ASA即可证明；首先求出点D的坐标，再求出直线的解析式，求出点的坐标即可解决问题；如图3中，作交y轴于P，作交AB于Q，则四边形PCDQ是平行四边形，求出直线PC的解析式，可得点P坐标，点C向左平移1个单位，向上平移个单位得到P，推出点D向左平移1个单位，向上平移个单位得到Q，再根据对称性可得、的坐标；【详解】证明：，，，，，≌．≌，，，，把代入得到，，，，，，，直线BC的解析式为，设直线的解析式为，把代入得到，直线的解析式为，，，平移的距离是个单位．解：如图3中，作交y轴于P，作交AB于Q，则四边形PCDQ是平行四边形，易知直线PC的解析式为，，点C向左平移1个单位，向上平移个单位得到P，点D向左平移1个单位，向上平移个单位得到Q，，当CD为对角线时，四边形是平行四边形，可得，当四边形为平行四边形时，可得，综上所述，满足条件的点Q的坐标为或或【点睛】本题考查一次函数综合题、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、待定系数法等知识，解题的关键是灵活运用待定系数法解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，学会用平移、对称等性质解决问题，属于中考压轴题．21、（1）证明见解析；（2）BC=2CD，理由见解析.【解析】分析：（1）利用矩形的性质，即可判定△FAE≌△CDE，即可得到CD=FA，再根据CD∥AF，即可得出四边形ACDF是平行四边形；（2）先判定△CDE是等腰直角三角形，可得CD=DE，再根据E是AD的中点，可得AD=2CD，依据AD=BC，即可得到BC=2CD．详解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠FAE=∠CDE，∵E是AD的中点，∴AE=DE，又∵∠FEA=∠CED，∴△FAE≌△CDE，∴CD=FA，又∵CD∥AF，∴四边形ACDF是平行四边形；（2）BC=2CD．证明：∵CF平分∠BCD，∴∠DCE=45°，∵∠CDE=90°，∴△CDE是等腰直角三角形，∴CD=DE，∵E是AD的中点，∴AD=2CD，∵AD=BC，∴BC=2CD．点睛：本题主要考查了矩形的性质以及平行四边形的判定与性质，要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的．22、(1)(0,3);(﹣4,0);(2);(3)【解析】

(1)根据折叠性质求出BF,再利用勾股定理求出CF,从而得出OF,在△EOF中设未知数的方法根据勾股定理列出方程求解即可．(2)作E关于AB的对称点,连接对称点到F,利用勾股定理求出长度即可．(3)利用待定系数法求出PF的表达式,再根据面积公式代入即可．【详解】(1)由折叠的性质可得BF=AB=10,∵BC=8,∠BCF=90°,∴CF=,∵OC=AB=10,∴OF=10－6=4,即F的坐标为(﹣4,0),设AE为x,则EF也为x,EO为8－x,根据勾股定理得:42+(8－x)2=x2,解得x=1．∴EO=8－1=3,即E的坐标为(0,3)．(2)作E关于AB的对称点E’,连接E’F交AB于P,此时E’F即为PE+PF最小值．根据对称性可知AE’=AE=1,则OE’=1+8=13,根据勾股定理可得:E’F=．(3)根据题意可得S=．设直线PF的表达式为:y=kx+13,将点F(﹣4,0)代入,解得k=,∴PF的表达式为:,∴【点睛】本题考查一次函数与几何的动点问题,关键在于熟练掌握此类型辅助线的做法．23、（1）1.5小时；（2）40.8；（3）48千米/小时.【解析】解：（1）由图知，可设甲车由A地前往B地的函数解析式为s=kt，将（2.4，48）代入，解得k=20，所以s=20t，由图可知，在距A地30千米处，乙车追上甲车，所以当s=30千米时，（小时）．即甲车出发1.5小时后被乙车追上，（2）由图知，可设乙车由A地前往B地函数的解析式为s=pt+m，将（1.0，0）和（1.5，30）代入，得，解得，所以s=60t﹣60，当乙车到达B地时，s=48千米．代入s=60t﹣60，得t=1.8小时，又设乙车由B地返回A地的函数的解析式为s=﹣30t+n，将（1.8，48）代入，得48=﹣30×1.8+n，解得n=102，所以s=﹣30t+102，当甲车与乙车迎面相遇时，有﹣30t+102=20t解得t=2.04小时代入s=20t，得s=40.8千米，即甲车与乙车在距离A地40.8千米处迎面相遇；（3）当乙车返回到A地时，有﹣30t+102=0，解得t=3.4小时，甲车要比乙车先回到A地，速度应大于（千米/小时）．【点评