湖南长沙北雅中学2024年数学八年级下册期末统考模拟试题含解析

湖南长沙北雅中学2024年数学八年级下册期末统考模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题4分，共48分）1．不等式的正整数解的个数是（）A．7个 B．6个 C．4个 D．0个2．如图：菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC=，BD=，动点P在线段BD上从点B向点D运动，PF⊥AB于点F，PG⊥BC于点G，四边形QEDH与四边形PFBG关于点O中心对称，设菱形ABCD被这两个四边形盖住部分的面积为S1，未被盖住部分的面积为S2，，若S1=S2，则的值是（）A． B．或 C． D．不存在3．如图，在中，，，，分别是和的中点，则()A． B． C． D．4．关于数据－4，1，2，－1，2，下面结果中，错误的是()A．中位数为1 B．方差为26 C．众数为2 D．平均数为05．如图，在矩形ABCD中，动点P从点B出发，沿BC，CD，DA运动到点A停止，设点P运动路程为x，△ABP的面积为y，如果y关于x的函数图象如图（2）所示，则矩形ABCD的面积是（）A．10 B．16 C．20 D．366．、、为三边，下列条件不能判断它是直角三角形的是（）A． B．，，C． D．，，（为正整数）7．如图，已知双曲线经过直角三角形OAB斜边OA的中点D，且与直角边AB相交于点C．若点A的坐标为（，4），则△AOC的面积为A．12 B．9 C．6 D．48．为了调查某校同学的体质健康状况，随机抽查了若干名同学的每天锻炼时间如表：每天锻炼时间（分钟）20406090学生数2341则关于这些同学的每天锻炼时间，下列说法错误的是（）A．众数是60 B．平均数是21 C．抽查了10个同学 D．中位数是509．如图，正方形ABCD的边长为2，对角线AC，BD交于点O，E是AC延长线上一点，且CE=CO.则BE的长度为（）A．3 B．102 C．5 D．10．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E，F分别是AB，BC边上的中点，连接EF.若，BD=4，则菱形ABCD的周长为（）A．4 B． C． D．2811．平行四边形的一个内角为50°，它的相邻的一个内角等于()A．40° B．50° C．130° D．150°12．下面四个应用图标中，属于中心对称图形的是（）A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．弹簧原长(不挂重物)15cm，弹簧总长L(cm)与重物质量x(kg)的关系如下表所示：弹簧总长L(cm)1617181920重物质量x(kg)0.51.01.52.02.5当重物质量为4kg（在弹性限度内）时，弹簧的总长L(cm)是_________．14．已知反比例函数的图像经过点、，则k的值等于_____.15．一种盛饮料的圆柱形杯子（如图），测得它的内部底面半径为2.5cm，高为12cm，吸管放进杯子里，杯口外面至少要露出5.2cm，则吸管的长度至少为_______cm．16．若函数的图象经过A（1，）、B（－1，）、C（－2，）三点，则，，的大小关系是__________________．17．如图，四边形ABCD、DEFG都是正方形，AB与CG交于点下列结论：；；；；其中正确的有______；18．如图，在▱ABCD中，AD=2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF，CF，则下列结论中一定成立的是______．(把所有正确结论的序号都填在横线上)(1)∠DFC+∠FEC=90°；(2)∠B=∠AEF；(3)CF=EF；(4)三、解答题（共78分）19．（8分）如图，点E,F是□ABCD的对角线BD上两点，且BE=DF.求证：四边形AECF是平行四边形.20．（8分）化简与计算：（1）；（2）21．（8分）(1)解不等式组；(2)已知，求的值.22．（10分）如图1，已知∠DAC=90°，△ABC是等边三角形，点P为射线AD上任意一点（点P与点A不重合），连结CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连结QB并延长交直线AD于点E．（1）如图1，猜想∠QEP=°；（2）如图2，3，若当∠DAC是锐角或钝角时，其它条件不变，猜想∠QEP的度数，选取一种情况加以证明；（3）如图3，若∠DAC=135°，∠ACP=15°，且AC=4，求BQ的长．23．（10分）已知x=2+，求代数式的值.24．（10分）如图，若在△ABC的外部作正方形ABEF和正方形ACGH，求证：△ABC的高线AD平分线段FH25．（12分）某河道A，B两个码头之间有客轮和货轮通行一天，客轮从A码头匀速行驶到B码头，同时货轮从B码头出发，运送一批建材匀速行驶到A码头两船距B码头的距离千米与行驶时间分之间的函数关系如图所示请根据图象解决下列问题：分别求客轮和货轮距B码头的距离千米、千米与分之间的函数关系式；求点M的坐标，并写出该点坐标表示的实际意义．26．某商店以固定进价一次性购进一种商品，3月份按一定售价销售，销售额为2400元，为扩大销量，减少库存，4月份在3月份售价基础上打9折销售，结果销售量增加30件，销售额增加840元．（1）求该商店3月份这种商品的售价是多少元？（2）如果该商店3月份销售这种商品的利润为900元，那么该商店4月份销售这种商品的利润是多少元？

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、B【解析】

先解不等式求得不等式的解集，再确定正整数解即可.【详解】3（x+1）>2（2x+1）-63x+3>4x+2-63x-4x>2-6-3-x>-7x<7∴不等式的正整数解为1、2、3、4、5、6，共6个.故选B.【点睛】本题考查了求一元一次不等式的正整数解，正确求得不等式的解集是解决本题的关键.2、A【解析】

根据对称性确定E、F、G、H都在菱形的边上，由于点P在BO上与点P在OD上求S1和S1的方法不同，因此需分情况讨论，由S1=S1和S1+S1=8可以求出S1=S1=2．然后在两种情况下分别建立关于x的方程，解方程，结合不同情况下x的范围确定x的值．【详解】①当点P在BO上，0＜x≤1时，如图1所示．∵四边形ABCD是菱形，AC=2，BD=2，∴AC⊥BD，BO=BD=1，AO=AC=1，且S菱形ABCD=BD•AC=8．∴tan∠ABO==．∴∠ABO=60°．在Rt△BFP中，∵∠BFP=90°，∠FBP=60°，BP=x，∴sin∠FBP=．∴FP=x．∴BF=．∵四边形PFBG关于BD对称，四边形QEDH与四边形PEBG关于AC对称，∴S△BFP=S△BGP=S△DEQ=S△DHQ．∴S1=2S△BFP=2××x•=x1．∴S1=8-x1．②当点P在OD上，1＜x≤2时，如图1所示．∵AB=2，BF=，∴AF=AB-BF=2．在Rt△AFM中，∵∠AFM=90°，∠FAM=30°，AF=2-．∴tan∠FAM=．∴FM=（2-）．∴S△AFM=AF•FM=（2-）•（2-）=（2-）1．∵四边形PFBG关于BD对称，四边形QEDH与四边形FPBG关于AC对称，∴S△AFM=S△AEM=S△CHN=S△CGN．∴S1=2S△AFM=2×（2-）1=（x-8）1．∴S1=8-S1=8-（x-8）1．综上所述：当0＜x≤1时，S1=x1，S1=8-x1；当1＜x≤2时，S1=8-（x-8）1，S1=（x-8）1．当点P在BO上时，0＜x≤1．∵S1=S1，S1+S1=8，∴S1=2．∴S1=x1=2．解得：x1=1，x1=-1．∵1＞1，-1＜0，∴当点P在BO上时，S1=S1的情况不存在．当点P在OD上时，1＜x≤2．∵S1=S1，S1+S1=8，∴S1=2．∴S1=（x-8）1=2．解得：x1=8+1，x1=8-1．∵8+1＞2，1＜8-1＜2，∴x=8-1．综上所述：若S1=S1，则x的值为8-1．故选A.【点睛】本题考查了以菱形为背景的轴对称及轴对称图形的相关知识，考查了菱形的性质、特殊角的三角函数值等知识，还考查了分类讨论的思想．3、A【解析】

根据三角形的中位线即可求解.【详解】∵分别是和的中点，∴EF是△ABC的中位线，∴EF=BC=2cm故选A.【点睛】此题主要考查中位线的性质，解题的关键是熟知三角形中位线的定义与性质.4、B【解析】

A．∵从小到大排序为-4，-1，，1，2，2，∴中位数为1，故正确；B．，，故不正确；C．∵众数是2，故正确；D．，故正确；故选B.5、C【解析】

点P从点B运动到点C的过程中，y与x的关系是一个一次函数，运动路程为4时，面积发生了变化，说明BC的长为4，当点P在CD上运动时，三角形ABP的面积保持不变，就是矩形ABCD面积的一半，并且动路程由4到9，说明CD的长为5，然后求出矩形的面积．【详解】解：∵当4≤x≤9时，y的值不变即△ABP的面积不变，P在CD上运动当x=4时，P点在C点上所以BC=4当x=9时，P点在D点上∴BC+CD=9∴CD=9-4=5∴△ABC的面积S=AB•BC=×4×5=10∴矩形ABCD的面积=2S=20故选：C．【点睛】本题考查的是动点问题的函数图象，根据矩形中三角形ABP的面积和函数图象，求出BC和CD的长，再用矩形面积公式求出矩形的面积．6、C【解析】

根据三角形内角和定理可得C是否是直角三角形；根据勾股定理逆定理可判断出A、B、D是否是直角三角形．【详解】解：A.即，根据勾股定理逆定理可判断△ABC为直角三角形；B.，，，因为，即，，根据勾股定理逆定理可判断△ABC为直角三角形；C.根据三角形内角和定理可得最大的角，可判断△ABC为锐角三角形；D.，，（为正整数），因为，即，根据勾股定理逆定理可判断△ABC为直角三角形；故选：C【点睛】本题考查勾股定理的逆定理的应用，以及三角形内角和定理．判断三角形是否为直角三角形，可利用勾股定理的逆定理和直角三角形的定义判断．7、B【解析】∵点，是中点∴点坐标∵在双曲线上，代入可得∴∵点在直角边上，而直线边与轴垂直∴点的横坐标为-6又∵点在双曲线∴点坐标为∴从而，故选B8、B【解析】

根据众数、中位数和平均数的定义分别对每一项进行分析即可．【详解】解：A、60出现了4次，出现的次数最多，则众数是60，故A选项说法正确；B、这组数据的平均数是：（20×2+40×3+60×4+90×1）÷10＝49，故B选项说法错误；C、调查的户数是2+3+4+1＝10，故C选项说法正确；D、把这组数据从小到大排列，最中间的两个数的平均数是（40+60）÷2＝50，则中位数是50，故D选项说法正确；故选：B．【点睛】此题考查了众数、中位数和平均数，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数．9、C【解析】

利用正方形的性质得到OB=OC=22BC=1，OB⊥OC，则OE=2，然后根据勾股定理计算BE【详解】∵正方形ABCD的边长为2，∴OB=OC=22BC=22×2=1，OB⊥∵CE=OC，∴OE=2，在Rt△OBE中，BE=12故选C．【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．10、C【解析】

首先利用三角形的中位线定理得出AC，进一步利用菱形的性质和勾股定理求得边长，得出周长即可．【详解】解：∵E，F分别是AB，BC边上的中点，EF=，∴AC=2EF=2，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA=AC=，OB=BD=2，∴AB==，∴菱形ABCD的周长为4．故选C．11、C【解析】

利用平行四边形的邻角互补进而得出答案．【详解】解：∵平行四边形的一个内角为50°，邻角互补，∴它的相邻的一个内角等于180°-50°=130°．故选：C．【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，熟记平行四边形的邻角互补关系是解题关键．12、A【解析】

根据中心对称图形的概念进行判断即可．【详解】解：A、图形是中心对称图形；B、图形不是中心对称图形；C、图形不是中心对称图形；D、图形不是中心对称图形，故选：A．【点睛】本题考查的是中心对称图形的概念．掌握定义是解题的关键，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后能与自身重合．二、填空题（每题4分，共24分）13、1【解析】

根据表格数据，建立数学模型，进而利用待定系数法可得函数关系式，当x=4时，代入函数解析式求值即可．【详解】解：设弹簧总长L（cm）与重物质量x（kg）的关系式为L=kx+b，

将（0.5，16）、（1.0，17）代入，得：，

解得：，

∴L与x之间的函数关系式为：L=2x+15；

当x=4时，L=2×4+15=1（cm）

故重物为4kg时弹簧总长L是1cm，

故答案为1．【点睛】吧本题考查根据实际问题列一次函数关系式，解题的关键是得到弹簧长度的关系式．14、6【解析】

根据反比例函数的性质，k=xy，把A、B坐标代入列出方程组求解即可得k的值。【详解】解：∵、在的图像上，∴解得：m=3,k=6∴k=6【点睛】本题考查了反比例函数，熟练掌握待定系数法求函数解析式是关键。15、18.2【解析】

由于吸管、圆柱形杯内部底面直径与杯壁正好构成直角三角形，故可先利用勾股定理求出AC的长，进而可得出结论．【详解】解：如图；杯内的吸管部分长为AC，杯高AB=12cm，杯底直径BC=5cm；

Rt△ABC中，AB=12cm，BC=5cm；由勾股定理得：；故吸管的长度最少要：13+5.2=18.2（cm）．故答案为：18.2.【点睛】本题考查勾股定理在实际生活中的运用，解答此类题目的关键是构造出直角三角形，再利用勾股定理解答．16、＜＜【解析】

分别计算自变量为1，-1，-2对应的函数值即可得到，，的大小关系．【详解】解：当x=1时，=-2×1=-2；当x=-1时，=-2×（-1）=2；当x=-2时，=-2×（-2）=4；∵-2＜2＜4∴＜＜故答案为：＜＜．【点睛】本题考查了正比例函数图象上点的坐标特征：正比例函数图象上点的坐标满足其解析式．17、

【解析】

根据正方形的性质可得，，，然后求出，再利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，判定正确；根据全等三角形对应角相等可得，再求出，然后求出，判定正确；根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，判定正确；求出点D、E、G、M四点共圆，再根据同弧所对的圆周角相等可得，判定正确；得出，判定GE错误．【详解】四边形ABCD、DEFG都是正方形，，，，，即，在和中，，≌，，故正确；，，，，故正确；是正方形DEFG的对角线的交点，，，故正确；，点D、E、G、M四点共圆，，故正确；，，不成立，故错误；综上所述，正确的有．故答案为．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，以及四点共圆，熟练掌握各性质是解题的关键．18、(1)(3)【解析】

分别利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定得出△AEF≌△DMF，得出角、线段之间关系，得出(1)(3)成立，(2)不成立；再由梯形面积和平行四边形面积关系进而得出(4)不成立．【详解】解：∵F是AD的中点，∴AF=FD，∵在▱ABCD中，AD=2AB，∴AF=FD=CD，∴∠DFC=∠DCF，∵AD∥BC，∴∠DFC=∠FCB，∴∠DCF=∠BCF，延长EF，交CD延长线于M，如图所示：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠A=∠MDF，∵F为AD中点，∴AF=FD，在△AEF和△DFM中，∴△AEF≌△DMF(ASA)，∴FE=MF，∠AEF=∠M，∵∠B=∠ADC＞∠M，∴∠B＞∠AEF，(2)不成立；∵CE⊥AB，∴∠AEC=90°，∴∠AEC=∠ECD=90°，∵FM=EF，∴CF=EF，(3)成立；∴∠FEC=∠FCE，∵∠DCF+∠FEC=90°，∴∠DFC+∠FEC=90°，(1)成立；∵四边形ADCE的面积=(AE+CD)×CE，F是AD的中点，∴S△EFC=S四边形ADCE，∵S△BDC=S平行四边形ABCD=CD×CE，∴S△EFC≠S△BDC，(4)不成立；故答案为：(1)(3)．【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，证出△AEF≌△DMF是解题关键．三、解答题（共78分）19、证明见解析．【解析】

先根据平行四边形的性质得出，再根据平行性的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质得出，从而可得，由平行线的判定可得，最后根据平行四边形的判定即可得证．【详解】四边形ABCD是平行四边形在和中，，即四边形AECF是平行四边形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟记平行四边形的判定与性质是解题关键．20、（1）；（2）.【解析】

（1）根据二次根式的化简的方法可以解答本题；（2）根据二次根式的乘法、除法和加法可以解答本题．【详解】解：（1）（x≥0，y≥0）==5xy；(2)==6×+4×=3+8=11.【点睛】本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是明确二次根式的混合运算的计算方法．21、(1)x<-10；(2)6.【解析】

（1）先分别解两个不等式得到x＜-1和x＜-10，然后根据小小取较小确定不等式组的解集；（2）将两边同时平方，然后利用完全平方公式可求得答案.【详解】(1)解不等式①得，x＜-1，解不等式②得，x＜-10，所以，不等式组的解集为：x＜-10；(2)∵∴∴∴【点睛】本题考查利用完全平方公式化简求值、解一元一次不等式组，解答本题的关键是明确利用完全平方公式化简求值的方法和解不等式组的方法．22、（1）∠QEP=60°；（2）∠QEP=60°，证明详见解析；（3）【解析】

（1）如图1，先根据旋转的性质和等边三角形的性质得出∠PCA=∠QCB，进而可利用SAS证明△CQB≌△CPA，进而得∠CQB=∠CPA，再在△PEM和△CQM中利用三角形的内角和定理即可求得∠QEP=∠QCP，从而完成猜想；（2）以∠DAC是锐角为例，如图2，仿（1）的证明思路利用SAS证明△ACP≌△BCQ，可得∠APC=∠Q，进一步即可证得结论；（3）仿（2）可证明△ACP≌△BCQ，于是AP=BQ，再求出AP的长即可，作CH⊥AD于H，如图3，易证∠APC=30°，△ACH为等腰直角三角形，由AC=4可求得CH、PH的长，于是AP可得，问题即得解决.【详解】解：(1)∠QEP=60°；证明：连接PQ，如图1，由题意得：PC=CQ，且∠PCQ=60°，∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB=60°，∴∠PCA=∠QCB，则在△CPA和△CQB中，，∴△CQB≌△CPA(SAS)，∴∠CQB=∠CPA，又因为△PEM和△CQM中，∠EMP=∠CMQ，∴∠QEP=∠QCP=60°.故答案为60；(2)∠QEP=60°.以∠DAC是锐角为例.证明：如图2，∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠ACB=60°，∵线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，∴CP=CQ，∠PCQ=60°，∴∠ACB+∠BCP=∠BCP+∠PCQ，即∠ACP=∠BCQ，在△ACP和△BCQ中，，∴△ACP≌△BCQ(SAS)，∴∠APC=∠Q，∵∠1=∠2，∴∠QEP=∠PCQ=60°；

(3)连结CQ，作CH⊥AD于H，如图3，与(2)一样可证明△ACP≌△BCQ，∴AP=BQ，∵∠DAC=135°，∠ACP=15°，∴∠APC=30°，∠CAH=45°，∴△ACH为等腰直角三角形，∴AH=CH=AC=×4=，在Rt△PHC中，PH=CH=，∴PA=PH−AH=－，∴BQ=−.【点睛】本题考查了等边三角形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质和有关计算、30°角的直角三角形的性质等知识，涉及的知识点多、综合性强，灵活应用全等三角形的判定和性质、熟练掌握旋转的性质和相关图形的性质是解题的关键.23、【解析】

把代入代数式，再根据平方差公式、完全平方公式计算即可求解．【详解】解：【点睛】本题考查了二次根式的化简求值，解题的关键是掌握平方差公式、完全平方公式．24、见解析.【解析】

从H作HQ⊥AD于Q,从F作FP⊥AD于P，分别证明△ADC≌△QAH，△ABD≌△FAP得出FP=QH，证明△FMP≌△HMQ，得出FM=MH，从而得出结论.【详解】从H作HQ⊥AD于Q,从F作FP⊥AD于P,∵ACGH为正方形∴∠QAH+∠DAC=90°，AH=AC，∵AD为△ABC的高线∴∠ADC=90°，∠DAC+∠DCA=90°，∴∠QAH=∠DCA∵HQ⊥AD∵∠AQH=90°，∴∠AQH=∠ADC∵AH=AC，∠QAH=∠DCA，∠AQH=∠ADC∴△ADC≌△QAH∴QH=AD,同理可证,△ABD≌△F