2024年广东省深圳市罗芳中学数学八年级下册期末学业水平测试试题含解析

2024年广东省深圳市罗芳中学数学八年级下册期末学业水平测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题4分，共48分）1．如图，由4个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形，若大正方形面积是9，小正方形面积是1，直角三角形较长直角边为a，较短直角边为b，则ab的值是（）A．4 B．6 C．8 D．102．已知一次函数y＝（k﹣2）x+k+1的图象不过第三象限，则k的取值范围是（）A．k＞2 B．k＜2 C．﹣1≤k≤2 D．﹣1≤k＜23．甲车行驶30千米与乙车行驶40千米所用时间相同，已知乙车每小时比甲车多行驶15千米，设甲车的速度为千米/小时，依据题意列方程正确的是（）A． B． C． D．4．小强骑自行车去郊游，9时出发，15时返回．如图表示他离家的路程y(千米)与相应的时刻x(时)之间的函数关系的图像．根据图像可知小强14时离家的路程是()A．13千米 B．14千米 C．15千米 D．16千米5．矩形的对角线长为20，两邻边之比为3：4，则矩形的面积为（）A．56 B．192C．20 D．以上答案都不对6．如果下列各组数是三角形的三边，则能组成直角三角形的是（）A． B． C． D．7．下列命题中的假命题是（）A．一组邻边相等的平行四边形是菱形B．一组邻边相等的矩形是正方形C．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形D．一组对边相等且有一个角是直角的四边形是矩形8．如图，△ABC是等边三角形，点P是三角形内的任意一点，PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，若△ABC的周长为12，则PD+PE+PF＝()A．12 B．8 C．4 D．39．如图，在▱ABCD中，已知AD＝8cm，AB＝6cm，DE平分∠ADC交BC边于点E，则BE等于（）A．2cm B．4cm C．6cm D．8cm10．如图，已知△ABC为直角三角形，∠B=90°，若沿图中虚线剪去∠B，则∠1+∠2=（）A．90° B．135° C．270° D．315°11．某区“引进人才”招聘考试分笔试和面试．其中笔试按60%、面试按40%计算加权平均数作为总成绩．吴老师笔试成绩为90分．面试成绩为85分，那么吴老师的总成绩为（）分．A．85 B．86 C．87 D．8812．如图，ΔABC中，CD是AB边上的高，若AB=1.5，BC=0.9，AC=1.2，则CD的长为（）A．0.72 B．1.125 C．2 D．不能确定二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，边长为4的菱形ABCD中，∠ABC＝30°，P为BC上方一点，且，则PB＋PC的最小值为___________．14．如图，已知小正方形ABCD的面积为1，把它的各边延长一倍得到新正方形A1B1C1D1；把正方形A1B1C1D1边长按原法延长一倍得到正方形A2B2C2D2；以此下去…，则正方形A4B4C4D4的面积为_____．15．当m=_____时，是一次函数.16．某学习小组有5人，在一次数学测验中的成绩分别是102,106,100,105,102,则他们成绩的平均数_______________17．若分式的值为0，则x的值为_________；18．关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围是_____．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=30cm，BC=40cm．点P从点A出发，以5cm/s的速度沿AC向终点C匀速移动．过点P作PQ⊥AB，垂足为点Q，以PQ为边作正方形PQMN，点M在AB边上，连接CN．设点P移动的时间为t（s）．（1）PQ=______；（用含t的代数式表示）（2）当点N分别满足下列条件时，求出相应的t的值；①点C，N，M在同一条直线上；②点N落在BC边上；（3）当△PCN为等腰三角形时，求t的值．20．（8分）解方程：（1）解分式方程：（2）解一元二次方程x2+8x﹣9=1．21．（8分）求不等式组的解集，并把解集在数轴上表示出来22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，已知一次函数的图象与x轴交于点，与轴交于点．（1）求，两点的坐标；（2）在给定的坐标系中画出该函数的图象；（3）点M（1，y1），N（3，y2）在该函数的图象上，比较y1与y2的大小.23．（10分）已知一角的两边与另一个角的两边平行，分别结合下图，试探索这两个角之间的关系，并证明你的结论.（1）如图（1）AB∥EF，BC∥DE，∠1与∠2的关系是：____________.（2）如图（2）AB∥EF，BC∥DE，∠1与∠2的关系是：____________（3）经过上述证明，我们可以得到一个真命题：如果_________，那么____________.（4）若两个角的两边互相平行，且一个角比另一个角的2倍少30°，则这两个角分别是多少度？24．（10分）某汽车制造商对新投入市场的两款汽车进行了调查，这两款汽车的各项得分如下表所示：汽车型号安全性能省油效能外观吸引力内部配备A3123B3222（得分说明：3分﹣﹣极佳，2分﹣﹣良好，1分﹣﹣尚可接受）（1）技术员认为安全性能、省油效能、外观吸引力、内部配备这四项的占比分别为30%，30%，20%，20%，并由此计算得到A型汽车的综合得分为2.2，B型汽车的综合得分为_____；（2）请你写出一种各项的占比方式，使得A型汽车的综合得分高于B型汽车的综合得分．（说明：每一项的占比大于0，各项占比的和为100%）答：安全性能：_____，省油效能：_____，外观吸引力：_____，内部配备：_____．25．（12分）嘉淇同学要证明命“两相对边分别相等的四边形是平行四边形”是正确的，她先用尺规作出了如图的四边形ABCD，并写出了如下不完整的已知和求证．已知：如图，在四边形ABCD中，BC＝AD，AB＝____．求证：四边形ABCD是____四过形．（1）在方框中填空，以补全已知和求证；（2）按嘉淇的想法写出证明：证明：（3）用文宇叙述所证命题的逆命题为____________________．26．如图，港口位于东西方向的海岸线上，甲、乙轮船同时离开港口，各自沿一个固定方向航行，甲船沿西南方向以每小时12海里的速度航行，乙船沿东南方向以每小时16海里的速度航行，它们离开港口5小时后分别位于、两处，求此时之间的距离．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【解析】

根据勾股定理可以求得a2+b2等于大正方形的面积，然后求四个直角三角形的面积，即可得到ab的值．【详解】解：根据勾股定理可得a2+b2=9，四个直角三角形的面积是：ab×1=9﹣1=8，即：ab=1．故选A．考点：勾股定理．2、D【解析】

若函数y=kx+b的图象不过第三象限，则此函数的k＜1，b≥1，据此求解．【详解】解：∵一次函数y＝（k﹣2）x+k+1的图象不过第三象限，∴k﹣2＜1，k+1≥1解得：﹣1≤k＜2，故选：D．【点睛】本题考查一次函数的图象与系数的关系，一次函数的图象经过第几象限，取决于x的系数是大于1或是小于1．3、C【解析】由实际问题抽象出方程（行程问题）．【分析】∵甲车的速度为千米/小时，则乙甲车的速度为千米/小时∴甲车行驶30千米的时间为，乙车行驶40千米的时间为，∴根据甲车行驶30千米与乙车行驶40千米所用时间相同得．故选C．4、C【解析】由纵坐标看出，返回时离家的距离是30千米，由横坐标看出，返回时所用的时间是15−13=2小时，由路程与时间的关系，得返回时的速度是30÷2=15千米，由时间、速度的关系得15×1=15千米，故选：C.5、B【解析】

首先设矩形的两邻边长分别为：3x，4x，可得（3x）2+（4x）2=202，继而求得矩形的两邻边长，则可求得答案．【详解】解：∵矩形的两邻边之比为3：4，∴设矩形的两邻边长分别为：3x，4x，∵对角线长为20，∴（3x）2+（4x）2=202，解得：x=4，∴矩形的两邻边长分别为：12，16；∴矩形的面积为：12×16=1．故选B．6、A【解析】

根据勾股定理的逆定理：如果三角形有两边的平方和等于第三边的平方，那么这个是直角三角形判定则可．如果有这种关系，就是直角三角形，没有这种关系，就不是直角三角形，分析得出即可．【详解】A.∵1+=2，∴此三角形是直角三角形，正确；B.∵1+3≠4，∴此三角形不是直角三角形，不符合题意；C.∵2+3≠6，∴此三角形不是直角三角形，不合题意；D.∵4+5≠6，∴此三角形不是直角三角形，不合题意.故选：A.【点睛】此题考查勾股定理的逆定理，解题关键在于掌握计算公式.7、D【解析】要找出正确命题，可运用相关基础知识分析找出正确选项，也可以通过举反例排除不正确选项，从而得出正确选项．解：A、根据菱形的判定定理，正确；B、根据正方形和矩形的定义，正确；C、符合平行四边形的定义，正确；D、错误，可为不规则四边形．故选D．8、C【解析】

过点P作平行四边形PGBD，EPHC，进而利用平行四边形的性质及等边三角形的性质即可．【详解】延长EP、FP分别交AB、BC于G、H，则由PD∥AB，PE∥BC，PF∥AC，可得，四边形PGBD，EPHC是平行四边形，∴PG=BD，PE=HC，又△ABC是等边三角形，又有PF∥AC，PD∥AB可得△PFG，△PDH是等边三角形，∴PF=PG=BD，PD=DH，又△ABC的周长为12，∴PD+PE+PF=DH+HC+BD=BC=×12=4，故选C．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定及性质以及等边三角形的判定及性质，等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．9、A【解析】

由平行四边形对边平行根据两直线平行，内错角相等可得∠EDA=∠DEC，而DE平分∠ADC，进一步推出∠EDC=∠DEC，在同一三角形中，根据等角对等边得CE=CD，则BE可求解．【详解】根据平行四边形的性质得AD∥BC，∴∠EDA=∠DEC，又∵DE平分∠ADC，∴∠EDC=∠EDA，∴∠EDC=∠DEC，∴CD=CE=AB=6，即BE=BC﹣EC=8﹣6=1．故选：A．【点睛】本题考查了平行四边形的性质的应用，及等腰三角形的判定，属于基础题．10、C【解析】

如图，根据题意可知∠1=90°+∠BNM，∠2=90°+∠BMN，然后结合三角形内角和定理即可推出∠1+∠2的度数．【详解】解：∵△ABC为直角三角形，∠B=90°∴∠1=90°+∠BNM，∠2=90°+∠BMN，∠BMN+∠BNM=90°，

∴∠1+∠2=270°．

故选C．【点睛】本题考查三角形的外角性质、三角形内角和定理，直角三角形的性质，解题的关键在于求证∠1=90°+∠BNM，∠2=90°+∠BMN．11、D【解析】

根据笔试和面试所占的百分比以及笔试成绩和面试成绩，列出算式，进行计算即可．【详解】解：根据题意得，吴老师的综合成绩为90×60%+85×40%＝88（分），故选D．【点睛】本题考查了加权平均数，关键是根据加权平均数的计算公式列出算式，用到的知识点是加权平均数．12、A【解析】

先根据勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，根据计算直角三角形的面积的两种计算方法求出斜边上的高CD.【详解】∵AB=1.5，BC=0.9，AC=1.2，∴AB2=∴AB∴∠ACB=90°，∵CD是AB边上的高，∴S1.5CD=1.2×0.9，CD=0.72.故选A.【点睛】该题主要考查了勾股定理的逆定理、三角形的面积公式及其应用问题，解题的方法是运用勾股定理首先证明△ABC为直角三角形，解题的关键是灵活运用三角形的面积公式来解答.二、填空题（每题4分，共24分）13、【解析】

过点A作于点E，根据菱形的性质可推出，过点P作于点F，过点P作直线，作点C关于直线MN的对称点H，连接CH交MN于点G，连接BH交直线MN于点K，连接PH，根据轴对称可得CH=2CG=2，根据两点之间线段最短的性质，PB+PC的最小值为BH的长，根据勾股定理计算即可；【详解】过点A作于点E，如图，∵边长为4的菱形ABCD中，，∴AB=AC=4，∴在中，，∴，∵，∴，过点P作于点F，过点P作直线，作点C关于直线MN的对称点H，连接CH交MN于点G，连接BH交直线MN于点K，连接PH，如图，则，，∴四边形CGPF是矩形，∴CG=PF，∵，∴，∴PF=1，∴CG=PF=1，根据抽对称的性质可得，CG=GH，PH=PC，∴CH=2CG=2，根据两点之间线段最短的性质，得，，即，∴PB+PC的最小值为BH的长，∵，，∴，∴在中，，∴PB+PC的最小值为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，准确分析轴对称的最短路线知识点是解题的关键．14、1【解析】

先求出每次延长后的面积，再发现规律即可求解.【详解】解：最初边长为1，面积1，延长一次为，面积5，再延长为51＝5，面积52＝25，下一次延长为5，面积53＝125，以此类推，当N＝4时，正方形A4B4C4D4的面积为：54＝1．故答案为：1．【点睛】此题主要考查勾股定理的应用，解题的关键是根据题意找到规律进行求解.15、3或0【解析】

根据一次函数的定义即可求解.【详解】依题意得m-3≠0，2m+1=1或m-3=0,解得m=0或m=3，故填：3或0.【点睛】此题主要考查一次函数的定义，解题的关键是熟知一次函数的特点.16、103【解析】

首先根据平均数的计算公式表示出他们的平均成绩，接下来对其进行计算即可.注意：加权平均数与算术平均数的区别.【详解】由题意得，某学习小组成绩的平均数是（102+106+100+105+102）÷5=103，故答案为：103.【点睛】此题考查平均数，解答本题的关键是熟练掌握平均数的计算公式.17、3【解析】

根据分式的值为0，分子为0，分母不为0，可得x-3=0且x+3≠0，即可得x=3.故答案为：x=3.18、或【解析】

根据一元二次方程根的判别式与根的情况的关系，求解判别式中的未知数.【详解】一元二次方程中，叫做一元二次方程的根的判别式，通常用“”来表示，即，当时，方程有2个实数根，当时，方程有1个实数根（2个相等的实数根），当时，方程没有实数根.一元二次方程有实数根，则，可求得或.【点睛】本题考查根据一元二次方程根的判别式.三、解答题（共78分）19、（1）4t；（2）①，②；（3）秒或秒或秒．【解析】

（1）先求出AB=50，sinA==，cosA==，进而求出AQ=3t，PQ=4t，即可得出结论；（2）先判断出PN=QM=PQ=4t，①求出CD=24，AD=18，进而判断出AQ+QM=AD=18，建立方程即可得出结论；②判断出∠APQ=∠PNC，进而得出△AQP∽△PCN，建立方程即可得出结论；（3）分三种情况，利用等腰三角形的性质建立方程求解即可得出结论．【详解】解：（1）在Rt△ABC中，根据勾股定理得，AB=50，∴sinA==，cosA==∵PQ⊥AB，∴∠AQP=90°，由运动知，AP=5t，在Rt△AQP中，AQ=AP•cosA=×5=3t，PQ=AP•sinA=4t，故答案为：4t；（2）由（1）知，AQ=3t，PQ=4t，∵四边形PQMN是正方形，∴PN=QM=PQ=4t，①如图1，由（1）知，AB=50，过点C作CD⊥AB于D，∴AB•CD=AC•BC，∴CD=24，在Rt△ADQ中，AD==18，∵点C，N，M在同一条直线上，∴点M落在点D，∴AQ+QM=AD=18，由（1）知，QM=PQ=4t，AQ=3t，∴4t+3t=18，∴t=；②点N落在BC上时，∠PCN=∠PCB=90°=∠AQP，∴∠CPN+∠CNP=90°，∵∠QPN=90°∴∠CPN+∠APQ=90°，∴∠APQ=∠PNC，∵∠AQP=∠PCN，∴△AQP∽△PCN，∴，∴，∴t=；（3）当PC=PN时，30-5t=4t，∴t=，当PC=NC时，如图2，过点C作CF⊥PN于F，延长CF交AB于D，∴PF=PN=2t，∴QD=2t，根据勾股定理得，AQ==3t，∴AD=AQ+QD=5t=18，∴t=，当PN=NC时，如图3，过点N作NG⊥AC于G，∴PG=PC=，易知，△PNG∽△APQ，∴，∴，∴t=，即：当△PCN是等腰三角形时，秒或秒或秒．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，锐角三角函数，用方程的思想解决问题是解本题的关键．20、(1)x=3；(2)1或-9.【解析】（1）按照解分式方程的一般步骤进行解答即可；（2）根据本题特点，用“因式分解法”进行解答即可.详解：（1）解分式方程：去分母得：，移项得：，合并同类项得：，系数化为1得：，检验：当时，，∴原方程的解是：；（2）解一元二次方程x2+8x﹣9=1，原方程可化为：，∴或，解得：.点睛：（1）解答第1小题的关键是：①熟知解分式方程的基本思路是：去分母，化分式方程为整式方程；②知道解分式方程，当求得未知数的值后，需检验所得结果是否是原方程的根，再作结论；（2）解第2小题的关键是能够通过因式分解把原方程化为：的形式.21、不等式组的解集为x＞3，在数轴上表示见解析.【解析】

先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集，最后在数轴上表示出来．【详解】∵由不等式①得：x≥2，由不等式②得：x＞3，∴不等式组的解集为x＞3，在数轴上表示为：．【点睛】本题考查了解一元一次不等式组和在数轴上表示不等式组的解集，能根据不等式的解集求出不等式组的解集是解此题的关键．22、（1）点A的坐标为，点B的坐标为（2）图形见解析（3）【解析】试题分析：令y=0，则x=2；令x=0，则y=1，即可得A，B两点的坐标；（2）连接AB即可得该函数的图象；（3）根据一次函数的性质即可求得结论.试题解析：（1）令，则；令，则.∴点A的坐标为，点B的坐标为.（2）如图：（3）23、（1）∠1=∠1，证明见解析；（1）∠1+∠1=180°，证明见解析；（3）一个角的两边与另一个角的两边分别平行，这两个角相等或互补；（4）这两个角分别是30°，30°或70°，110°．【解析】

（1）根据两直线平行，内错角相等，可求出∠1=∠1；

（1）根据两直线平行，内错角相等及同旁内角互补可求出∠1+∠1=180°；

（3）由（1）（1）可得出结论；（4）由（3）可列出方程，求出角的度数．【详解】解：（1）AB∥EF，BC∥DE，∠1与∠1的关系是：∠1=∠1

证明：∵AB∥EF

∴∠1=∠BCE

∵BC∥DE

∴∠1=∠BCE

∴∠1=∠1．

（1）AB∥EF，BC∥DE．∠1与∠1的关系是：∠1+∠1=180°．

证明：∵AB∥EF

∴∠1=∠BCE

∵BC∥DE

∴∠1+∠BCE=180°

∴∠1+