湖北省荆州市洪湖市瞿家湾中学2024年八年级下册数学期末质量检测模拟试题含解析

湖北省荆州市洪湖市瞿家湾中学2024年八年级下册数学期末质量检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题4分，共48分）1．体育课上，某班三名同学分别进行了6次短跑训练，要判断哪一名同学的短跑成绩比较稳定，通常需要比较三名同学短跑成绩的（）A．平均数 B．频数 C．方差 D．中位数2．如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD交于点O，若增加一个条件，使▱ABCD成为菱形，下列给出的条件正确的是（）A．AB=AD B．AC=BD C．∠ABC=90° D．∠ABC=∠ADC3．如图，△ABC中，AB＝AC，AD是∠BAC的平分线．已知AB＝5，AD＝3，则BC的长为（）A．5 B．6 C．8 D．104．使分式有意义的的值是（）A． B． C． D．5．下列命题是真命题的是()A．平行四边形对角线相等 B．直角三角形两锐角互补C．不等式﹣2x﹣1＜0的解是x＜﹣ D．多边形的外角和为360°6．如图是抛物线y1＝ax2+bx+c(a≠0)图象的一部分，抛物线的顶点坐标是A(1，3)，与x轴的一个交点B(4，0)，直线y2＝mx+n(m≠0)与抛物线交于A，B两点，下列结论：①2a+b＝0；②m+n＝3；③抛物线与x轴的另一个交点是(﹣1，0)；④方程ax2+bx+c＝3有两个相等的实数根；⑤当1≤x≤4时，有y2＜y1，其中正确的是()A．①②③ B．①②④ C．①②⑤ D．②④⑤7．在某市举办的“划龙舟，庆端午”比赛中，甲、乙两队在比赛时的路程s（米）与时间t（分钟）之间的函数关系图象如图所示，根据图象得到下列结论，其中错误的是（）A．这次比赛的全程是500米B．乙队先到达终点C．比赛中两队从出发到1.1分钟时间段，乙队的速度比甲队的速度快D．乙与甲相遇时乙的速度是375米/分钟8．下列各组数中，以它们为边长的线段不能构成直角三角形的是（）A．3,4,5 B． C．30,40,50 D．0.3,0.4,0.59．在平面直角坐标系中，点A的坐标是(3，－4)，点B的坐标是(1，2)，将线段AB平移后得到线段A'B'.若点A对应点A'的坐标是(5，2)，则点B'的坐标是（）A．(3，6) B．(3，7) C．(3，8) D．(6，4)10．正方形的边长为，在其的对角线上取一点，使得，以为边作正方形，如图所示，若以为原点建立平面直角坐标系，点在轴正半轴上，点在轴的正半轴上，则点的坐标为()A． B． C． D．11．为了解某校八年级900名学生每天做家庭作业所用的时间，随机抽取其中120名学生进行抽样调查下列说法正确的是（）A．该校八年级全体学生是总体 B．从中抽取的120名学生是个体C．每个八年级学生是总体的一个样本 D．样本容量是12012．在Rt△ABC中，斜边长AB=3，AB²+AC²+BC²的值为（）A．18 B．24 C．15 D．无法计算二、填空题（每题4分，共24分）13．有一段斜坡，水平距离为120米，高50米，在这段斜坡上每隔6.5米种一棵树(两端各种一棵树)，则从上到下共种____棵树．14．若有意义，则的取值范围是_______15．在一个不透明的布袋中装有8个白球和4个红球，它们除了颜色不同外，其余均相同.从中随机摸出一个球，投到红球的概率是__________.16．若是整数，则最小的正整数n的值是_____________。17．关于x的方程(a≠0)的解x＝4，则的值为__．18．已知：一组数据，，，，的平均数是22，方差是13，那么另一组数据，，，，的方差是__________．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，正方形，点为对角线上一个动点，为边上一点，且．（1）求证：；（2）若四边形的面积为25，试探求与满足的数量关系式；（3）若为射线上的点，设，四边形的周长为，且，求与的函数关系式．20．（8分）已知如图：直线AB解析式为，其图像与坐标轴x,y轴分别相交于A、B两点，点P在线段AB上由A向B点以每秒2个单位运动，点C在线段OB上由O向B点以每秒1个单位运动（其中一点先到达终点则都停止运动），过点P与x轴垂直的直线交直线AO于点Q.设运动的时间为t秒（t≥0）.（1）直接写出：A、B两点的坐标A()，B().∠BAO=______________度；（2）用含t的代数式分别表示：CB＝，PQ＝；（3）是否存在t的值，使四边形PBCQ为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由；（4）（3分）是否存在t的值，使四边形PBCQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由，并探究如何改变点C的速度（匀速运动），使四边形PBCQ在某一时刻为菱形，求点C的速度和时间t.21．（8分）在平面直角坐标系中，如果点P的横坐标和纵坐标相等，则称点P为和谐点。（1）求函数的图像上和谐点的坐标；（2）若二次函数y＝ax2+4x+c（a≠0）的图象上有且只有一个和谐点（，），当0≤x≤m时，函数y＝ax2+4x+c﹣（a≠0）的最小值为﹣3，最大值为1，则m的取值范围.22．（10分）先化简，再求值：，其中x＝﹣1．23．（10分）计算：24．（10分）（1）解不等式：（2）解方程：25．（12分）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E在BC上，点F在AD上，BE=DF，求证：AE=CF．26．已知：如图，在▱ABCD中，设＝，＝．（1）填空：＝（用、的式子表示）（2）在图中求作+．（不要求写出作法，只需写出结论即可）

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【解析】

根据方差的意义：是反映一组数据波动大小，稳定程度的量；方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，反之也成立．故要判断哪一名学生的成绩比较稳定，通常需要比较这两名学生6次短跑训练成绩的方差．【详解】由于方差能反映数据的稳定性，需要比较这两名学生6次短跑训练成绩的方差．故选C．【点睛】本题考查了方差，关键是掌握方差所表示的意义，属于基础题，比较简单．2、A【解析】

根据菱形的定义和判定定理即可作出判断．【详解】A、根据菱形的定义可得，当AB=AD时平行四边形ABCD是菱形，故A选项符合题意；B、根据对角线相等的平行四边形是矩形，可知AC=BD时，平行四边形ABCD是矩形，故B选项不符合题意；C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，可知当∠ABC=90°时，平行四边形ABCD是矩形，故C选项不符合题意；D、由平行四边形的性质可知∠ABC=∠ADC，∠ABC=∠ADC这是一个已知条件，因此不能判定平行四边形ABCD是菱形，故D选项不符合题意，故选A.【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定、矩形的判定等，熟练掌握相关的判定方法是解题的关键.3、C【解析】

根据等腰三角形的三线合一得出∠ADB=90°，再根据勾股定理得出BD的长，即可得出BC的长.【详解】在△ABC中，AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，ADBC，BC=2BD.∠ADB=90°在Rt△ABD中，根据勾股定理得：BD===4BC=2BD=2×4=8.故选C.【点睛】本题考查了等腰三角形的性质及勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键.4、D【解析】

分式有意义的条件是分母不等于0，即x﹣1≠0，解得x的取值范围．【详解】若分式有意义，则x﹣1≠0，解得：x≠1．故选D．【点睛】本题考查了分式有意义的条件：当分母不为0时，分式有意义．5、D【解析】

根据平行四边形的性质、直角三角形的性质、一元一次不等式的解法、多边形的外角和定理判断即可．【详解】平行四边形对角线不一定相等，A是假命题；直角三角形两锐角互余，B是假命题；不等式-2x-1＜0的解是x＞-，C是假命题；多边形的外角和为360°，D是真命题；故选D．【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．6、B【解析】

①利用对称轴x=1判定；

②把A(1，3)代入直线y2＝mx+n即可判定；

③根据对称性判断；

④方程ax2+bx+c=3的根，就是图象上当y=3是所对应的x的值．⑤由图象得出，当1≤x≤4时，有y2≤y1；【详解】由抛物线对称轴为直线x＝﹣，从而b＝﹣2a，则2a+b＝0故①正确；直线y2＝mx+n过点A，把A(1，3)代入得m+n＝3，故②正确；由抛物线对称性，与x轴的一个交点B(4，0)，则另一个交点坐标为(2，0)故③错误；方程ax2+bx+c＝3从函数角度可以看做是y＝ax2+bx+c与直线y＝3求交点，从图象可以知道，抛物线顶点为(1，3)，则抛物线与直线有且只有一个交点故方程ax2+bx+c＝3有两个相等的实数根，因而④正确；由图象可知，当1≤x≤4时，有y2≤y1故当x＝1或4时y2＝y1故⑤错误．故选B．【点睛】本题选项较多，比较容易出错，因此要认真理解题意，明确以下几点是关键：①通常2a+b的值都是利用抛物线的对称轴来确定；②抛物线与x轴的交点个数确定其△的值，即b2-4ac的值：△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点；③知道对称轴和抛物线的一个交点，利用对称性可以求与x轴的另一交点．7、C【解析】

由横纵坐标可判断A、B，观察图象比赛中两队从出发到1.1分钟时间段，乙队的图象在甲图象的下面可判断C，由图象得乙队在1.1至1.9分钟的路程为300米，可判断D．【详解】由纵坐标看出，这次龙舟赛的全程是500m，故选项A正确；由横坐标可以看出，乙队先到达终点，故选项B正确；∵比赛中两队从出发到1.1分钟时间段，乙队的图象在甲图象的下面，∴乙队的速度比甲队的速度慢，故C选项错误；∵由图象可知，乙队在1.1分钟后开始加速，加速的总路程是500-200=300（米），加速的时间是1.9-1.1=0.8（分钟），∴乙与甲相遇时，乙的速度是300÷0.8=375（米/分钟），故D选项正确．故选C．【点睛】本题主要考查一次函数的图象与实际应用，观察图象理解图象中每个特殊点的实际意义是解题的关键．8、B【解析】分析：根据勾股定理的逆定理，只要两边的平方和等于第三边的平方即可构成直角三角形．详解：A．∵32+42=52，∴以这三个数为长度的线段能构成直角三角形．故选项错误；B．∵（）2+（）2≠（）2，∴以这三个数为长度的线段不能构成直角三角形．故选项正确；C．∵（30）2+（40）2=（50）2，∴以这三个数为长度的线段，能构成直角三角形．故选项错误；D．∵（）2+（0.4）2=（0.5）2，∴以这三个数为长度的线段能构成直角三角形．故选项错误．故选B．点睛：本题主要考查了勾股定理的逆定理，已知三条线段的长，判断是否能构成直角三角形的三边，简便的方法是：判断两个较小的数的平方和是否等于最大数的平方即可．9、C【解析】

先由点A的平移结果判断出平移的方式，再根据平移的方式求出点B′的坐标即可.【详解】由点A(3，－4)对应点A′(5，2)，知点A向右平移了2个单位，再向上平移了6个单位，所以，点B也是向右平移了2个单位，再向上平移了6个单位，B（1,2）平移后，变成：B′（3,8），故选C.【点睛】本题考查了平面直角坐标系中图形的平移规律．在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．10、D【解析】

作辅助线，根据正方形对角线平分内角的性质可证明△AGH是等腰直角三角形，计算GH和BH的长，可解答．【详解】解：过G作GH⊥x轴于H，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BAC=45°，

∵四边形AEFG是正方形，AE=AB=2，

∴∠EAG=90°，AG=2，

∴∠HAG=45°，∵∠AHG=90°，

∴AH=GH=，

∴G（，2+），

故选：D．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质和判定等知识，掌握等腰直角三角形各边的关系是关键，理解坐标与图形性质．11、D【解析】

总体是指考查的对象的全体，个体是总体中的每一个考查的对象，样本是总体中所抽取的一部分个体，而样本容量则是指样本中个体的数目．我们在区分总体、个体、样本、样本容量，这四个概念时，首先找出考查的对象．从而找出总体、个体．再根据被收集数据的这一部分对象找出样本，最后再根据样本确定出样本容量．【详解】解：A.该校八年级全体学生每天做家庭作业所用的时间是总体，故A不符合题意；B.每个学生每天做家庭作业所用的时间是个体，故B不符合题意；C.从中抽取的120名学生每天做家庭作业所用的时间是一个样本，故C不符合题意；D.样本容量是120，故D符合题意；故选：D．【点睛】考查了总体、个体、样本、样本容量，解题要分清具体问题中的总体、个体与样本，关键是明确考查的对象．总体、个体与样本的考查对象是相同的，所不同的是范围的大小．样本容量是样本中包含的个体的数目，不能带单位．12、A【解析】

根据题意运用勾股定理进行分析计算即可得出答案.【详解】解：∵Rt△ABC中，斜边是AB，∴AC²+BC²=AB²，∵AB=3，∴AC²+BC²=AB²=9，∴AB²+AC²+BC²=9+9=18.故选：A.【点睛】本题考查勾股定理．根据题意正确判断直角三角形的直角边、斜边，利用勾股定理得出等式是解题的关键．二、填空题（每题4分，共24分）13、21【解析】

先利用勾股定理求出斜边为130米，根据数的间距可求出树的棵数.【详解】∵斜坡的水平距离为120米，高50米，∴斜坡长为米，又∵树的间距为6.5，∴可种130÷6.5+1=21棵.【点睛】此题主要考察勾股定理的的应用.14、【解析】

根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数求解即可．【详解】解：代数式有意义，，解得：．故答案为：．【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，解答本题的关键是掌握被开方数为非负数．15、【解析】

由在一个不透明的布袋中装有8个白球和4个红球，它们除了颜色不同外，其余均相同，直接利用概率公式求解即可求得答案．【详解】∵在一个不透明的布袋中装有8个白球和4个红球，它们除了颜色不同外，其余均相同．∴从中随机摸出一个球，摸到红球的概率是：故答案为：【点睛】此题考查概率公式，掌握运算法则是解题关键16、1【解析】

是整数则1n一定是一个完全平方数，把1分解因数即可确定．【详解】解：∵1=1×1，

∴n的最小值是1．

故答案为：1．【点睛】本题考查了二次根式的定义：一般地，我们把形如a（a≥0）的式子叫做二次根式．也考查了=|a|．17、4【解析】

将x=4代入已知方程求得b=4a，然后将其代入所以的代数式求值．【详解】∵关于x的方程(a≠0)的解x=4，∴，∴b=4a，∴=，故答案是：4.【点睛】此题考查分式方程的解，分式的化简求值，解题关键在于求得b=4a18、1．【解析】

根据平均数，方差的公式进行计算．【详解】解：依题意，得==22，∴=110，∴3a-2，3b-2，3c-2，3d-2，3e-2的平均数为==×（3×110-2×5）=64，∵数据a，b，c，d，e的方差13，S2=[（a-22）2+（b-22）2+（c-22）2+（d-22）2+（e-22）2]=13，∴数据3a-2，3b-2，3c-2，3d-2，3e-2方差S′2=[（3a-2-64）2+（3b-2-64）2+（3c-2-64）2+（3d-2-64）2+（3e-2-64）2]=[（a-22）2+（b-22）2+（c-22）2+（d-22）2+（e-22）2]×9=13×9=1．故答案为：1．【点睛】本题考查了平均数、方差的计算．关键是熟悉计算公式，会将所求式子变形，再整体代入．三、解答题（共78分）19、(1)见解析;(2);(3)．【解析】

(1)如图1中，作PE⊥BC于E，PF⊥CD于F．只要证明△PEB≌△PFQ即可解决问题；(2)根据S四边形BCQP=S四边形CEPF即可解决问题；(3)如图2，过P做EF∥AD分别交AB和CD于E、F，易知，由，推出，由，推出，由此即可解决问题.【详解】(1)如图1中，作于，于，四边形是正方形，，于，于，，，四边形是矩形，，四边形是正方形，，，，，；(2)如图1中，由(1)可知，四边形是正方形，，，，，，，；(3)如图2，过做分别交和于、，，，，，，，．【点睛】本题考查的是四边形综合题，涉及了全等三角形的判定和性质、正方形的性质和判定等知识，正确添加辅助线，灵活运用所学知识是解题的关键.20、（1），∠BAO=30°；（2）；（3）见解析;(4)当点C的速度变为每秒个单位时，时四边形PBCQ是菱形.【解析】【分析】(1)设x=0,y=0可分别求出A,B的坐标；（2）纵坐标的差等于线段长度；（3）当PQ=BC时，即，是平行四边形；（4）时，，，所以不可能是菱形；若四边形PBCQ构成菱形则，PQ=BC，且PQ=PB时成立.【详解】解：（1）直接写出：A、B两点的坐标，∠BAO=30°（2）用含t的代数式分别表示：；（3）∵∴当PQ=BC时，即，时，四边形PBCQ是平行四边形.（4）∵时，，，∴四边形PBCQ不能构成菱形。若四边形PBCQ构成菱形则，PQ=BC，且PQ=PB时成立.则有时BC=BP=PQ=OC=OB-BC=∴当点C的速度变为每秒个单位时，时四边形PBCQ是菱形.【点睛】本题考核知识点：一次函数，平行四边形，菱形的判定.此题是综合题，要用数形结合思想进行分析.21、（1）；（2）2≤m≤4【解析】

（1）根据和谐点的横坐标与纵坐标相同，设和谐点的坐标为（a,a）,代入可得关于a的方程，解方程可得答案．

（2）根据和谐点的概念令ax2+4x+c=x，即ax2+3x+c=0，由题意，△=32-4ac=0，即4ac=9，方程的根为＝，从而求得a=-1，c＝−，所以函数y=ax2+4x+c-=-x2+4x-3，根据函数解析式求得顶点坐标与纵坐标的交点坐标，根据y的取值，即可确定x的取值范围．【详解】（1）设和谐点的坐标为（a,a），则a=-2a+1解得：a=，∴函数的图像上和谐点的坐标为.（2）令ax2+4x+c＝x，即ax2+3x+c＝0，由题意，△＝32﹣4ac＝0，即4ac＝9，又方程的根为，解得a＝﹣1，c＝．故函数y＝ax2