2024届广东省东莞市四海教育集团六校联考八年级下册数学期末教学质量检测模拟试题含解析

2024届广东省东莞市四海教育集团六校联考八年级下册数学期末教学质量检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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（每题4分，共48分）1．如图，一艘轮船位于灯塔P的北偏东60°方向，与灯塔P的距离为30海里的A处，轮船沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的南偏东30°方向上的B处，则此时轮船所在位置B与灯塔P之间的距离为()A．60海里 B．45海里 C．20海里 D．30海里2．经过多边形一个角的两边剪掉这个角，则得到的新多边形的外角和（）A．比原多边形多 B．比原多边形少 C．与原多边形外角和相等 D．不确定3．若直角三角形中，斜边的长为13，一条直角边长为5，则这个三角形的面积是（）A．60 B．30 C．20 D．324．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A在y轴上，已知B(﹣3，0)、C(2，0)，则点D的坐标为（）A．(4，5) B．(5，4) C．(5，3) D．(4，3)5．如图所示，点A是反比例函数y＝的图象上的一点，过点A作AB⊥x轴，垂足为B，点C为y轴上的一点，连接AC、BC．若△ABC的面积为5，则k的值为()A．5 B．﹣5 C．10 D．﹣106．已知关于x的函数y=k(x－1)和y=(k≠0)，它们在同一坐标系内的图象大致是()A． B． C． D．7．已知正比例函数y＝﹣2x的图象经过点（a，2），则a的值为（）A． B．﹣1 C．﹣ D．﹣48．如图，已知某广场菱形花坛的周长是24米，，则此花坛的面积等于（）A．平方米 B．24平方米 C．平方米 D．平方米9．已知四边形是平行四边形，下列结论中正确的个数有（）①当时，它是菱形；②当时，它是菱形；③当时，它是矩形；④当时，它是正方形.A．4 B．3 C．2 D．110．若直线l与直线y＝2x﹣3关于y轴对称，则直线l的解析式是（）A．y＝﹣2x+3 B．y＝﹣2x﹣3 C．y＝2x+3 D．y＝2x﹣311．在平面直角坐标系中，点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限12．两次小测验中，李红分别得了64分(满分80分)和82分(满分100分)，如果都按满分100分计算，李红两次成绩的平均分为()A．73 B．81 C．64.8 D．80二、填空题（每题4分，共24分）13．若是整数，则整数x的值是_____．14．若方程的两根，则的值为__________．15．一组数据2，3，4，5，3的众数为__________.16．如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点O，若∠AOD＝60°，AD＝2，则AC的长为_____．17．不等式组的解集为______．18．已知：正方形，为平面内任意一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到，当点，，在一条直线时，若，，则________．三、解答题（共78分）19．（8分）如图，在平面直角坐标系中，A（0，8），B（﹣4，0），线段AB的垂直平分线CD分别交AB、OA于点C、D，其中点D的坐标为（0，3）．（1）求直线AB的解析式；（2）求线段CD的长；（3）点E为y轴上一个动点，当△CDE为等腰三角形时，求E点的坐标．20．（8分）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥BD．（1）求证：四边形OCED是菱形；（2）若点E到CD的距离为2，CD＝3，试求出矩形ABCD的面积．21．（8分）如图，平行四边形ABCD中，AE、DE分别平分∠BAD、∠ADC，E点在BC上．（1）求证：BC＝2AB；（2）若AB＝3cm，∠B＝60°，一动点F以1cm/s的速度从A点出发，沿线段AD运动，CF交DE于G，当CF∥AE时：①求点F的运动时间t的值；②求线段AG的长度．22．（10分）为了宣传2018年世界杯，实现“足球进校园”的目标，任城区某中学计划为学校足球队购买一批足球，已知购买2个A品牌的足球和3个B品牌的足球共需380元；购买4个A品牌的足球和2个B品牌的足球共需360元．（1）求A，B两种品牌的足球的单价．（2）学校准备购进这两种品牌的足球共50个，并且B品牌足球的数量不少于A品牌足球数量的4倍，请设计出最省钱的购买方案，求该方案所需费用，并说明理由．23．（10分）某一公路的道路维修工程，准备从甲、乙两个工程队选一个队单独完成，根据两队每天的工程费用和每天完成的工程量可知，若由两队合做6天可以完成，共需工程费用385200元；若单独完成，甲队比乙队少用5天，每天的工程费用甲队比乙队多4000元。（1）求甲、乙独做各需多少天？（2）若从节省资金的角度，应该选择哪个工程队？24．（10分）如图，甲、乙两座建筑物的水平距离为，从甲的顶部处测得乙的顶部处的俯角为48°，测得底部处的俯角为58°，求乙建筑物的高度.（参考数据：，，，.结果取整数）25．（12分）某商场计划销售A，B两种型号的商品，经调查，用1500元采购A型商品的件数是用600元采购B型商品的件数的2倍，一件A型商品的进价比一件B型商品的进价多30元．（1）求一件A，B型商品的进价分别为多少元？（2）若该商场购进A，B型商品共100件进行试销，其中A型商品的件数不大于B型的件数，已知A型商品的售价为200元/件，B型商品的售价为180元/件，且全部能售出，求该商品能获得的利润最小是多少？26．已知：如图，在矩形ABCD中，∠ABD、∠CDB的平分线BE、DF分别交AD、BC于点E，F，求证：BE=DF.

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【解析】

根据题意得出：∠B=30°，AP=30海里，∠APB=90°，再利用勾股定理得出BP的长，求出答案．【详解】解：由题意可得：∠B=30°，AP=30海里，∠APB=90°，故AB=2AP=60（海里），

则此时轮船所在位置B处与灯塔P之间的距离为：BP=（海里）故选：D．【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用以及方向角，正确应用勾股定理是解题关键．2、C【解析】

根据外角和的定义即可得出答案.【详解】多边形外角和均为360°，故答案选择C.【点睛】本题考查的是多边形的外角和，比较简单，记住多边形的外角和均为360°.3、B【解析】

解：根据直角三角形的勾股定理可得：另一条直角边=，则S=12×5÷2=30故选：B．4、B【解析】

首先根据菱形的性质和点的坐标求出AD＝AB＝BC＝5，再利用勾股定理求出OA的长度，进而得到点D的坐标．【详解】解：∵菱形ABCD的顶点A在y轴上，B（﹣3，0），C（2，0），∴AB＝AD＝BC，OB＝3，OC＝2，∴AB＝AD＝BC＝OB+OC＝5，∴AD＝AB＝CD＝5，∴OA＝＝＝4，∴点D的坐标为（5，4）．故选：B．【点睛】本题主要考查菱形的性质及勾股定理，掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．5、D【解析】

连结OA，如图，利用三角形面积公式得到，再根据反比例函数的比例系数k的几何意义得到，然后去绝对值即可得到满足条件的k的值．【详解】解：连结OA，如图，轴，，，而，，，．故选D．【点睛】本题考查了反比例函数的比例系数k的几何意义：在反比例函数图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值．6、A【解析】若k＞0时，反比例函数图象经过二四象限；一次函数图象经过一三四象限；若k＜0时，反比例函数经过一三象限；一次函数经过二三四象限；由此可得只有选项A正确，故选A．7、B【解析】

把点（a，2）代入y＝﹣2x得到关于a的一元一次方程，解之即可．【详解】解：把点（a，2）代入y＝﹣2x得：2＝﹣2a，解得：a＝﹣1，故选：B．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，正确掌握代入法是解题的关键．8、C【解析】

作菱形的高DE，先由菱形的周长求出边长为6m，再由60°的正弦求出高DE的长，利用面积公式求菱形的面积．【详解】作高DE，垂足为E，则∠AED=90°，∵菱形花坛ABCD的周长是14m，∴AB=AD=6m，∵∠BAD=60°，sin∠BAD=，∴DE=3m，∴菱形花坛ABCD的面积=AB•DE=6×3=18m1．故选C．【点睛】本题考查了菱形的面积的求法，一般作法有两种：①菱形的面积=底边×高；②菱形的面积=两条对角线乘积的一半．9、B【解析】

根据特殊平行四边形的判定即可判定.【详解】四边形是平行四边形，①当时，邻边相等，故为菱形，正确；②当时，对角线垂直，是菱形，正确；③当时，有一个角为直径，故为矩形，正确；④当时，对角线相等，故为矩形，故错误，由此选B.【点睛】此题主要考查特殊平行四边形的判定，解题的关键是熟知特殊平行四边形的判定定理.10、B【解析】

利用关于y轴对称的点的坐标为横坐标互为相反数，纵坐标不变解答即可。【详解】解：与直线y＝2x﹣1关于y轴对称的点的坐标为横坐标互为相反数，纵坐标不变，则y＝2（﹣x）﹣1，即y＝﹣2x﹣1．所以直线l的解析式为：y＝﹣2x﹣1．故选：B．【点睛】本题主要考查了一次函数的图象与几何变换，利用轴对称变换的特点解答是解题关键.11、B【解析】

应先判断出所求点P的横坐标、纵坐标的符号，进而判断其所在的象限．【详解】∵点P(−1,2)的横坐标−1<0，纵坐标2>0，∴点P在第二象限。故选：B.【点睛】此题考查点的坐标，难度不大12、B【解析】

李红得分和竞赛试卷的满分100的比值一定，所以李红应的分和竞赛试卷的满分是100分成正比例，由此列式解答即可．【详解】解：设李红应得x分，

则6480=x100，∴李红两次成绩的平均分为：80+故选B．【点睛】本题考查了比例在日常生活中的应用，要正确判断哪两种量成正比例．二、填空题（每题4分，共24分）13、2或1．【解析】

根据二次根式的乘法法则计算得到，再根据条件确定整数x的值即可．【详解】解：∵是整数，∴x＝2或1，故答案为2或1．【点睛】本题考查二次根式的乘除法，二次根式的化简等知识，解题的关键是理解题意，灵活应用二次根式的乘法法则化简，属于中考常考题型．14、1【解析】

根据根与系数的关系求出，代入即可求解．【详解】∵是方程的两根∴=-=4，==1∴===4+1=1，故答案为：1．【点睛】此题主要考查根与系数的关系，解题的关键是熟知=-，=的运用．15、1.【解析】

众数又是指一组数据中出现次数最多的数据，本题根据众数的定义就可以求解．【详解】本题中数据1出现了2次，出现的次数最多，所以本题的众数是1．故答案为1．【点睛】众数是指一组数据中出现次数最多的数据．16、1【解析】

利用直角三角形30度角的性质，可得AC=2AD=1．【详解】解：在矩形ABCD中，OC=OD，∴∠OCD=∠ODC，∵∠AOD=60°，∴∠OCD=∠AOD=×60°=30°，又∵∠ADC=90°，∴AC=2AD=2×2=1．故答案为1．【点睛】本题考查了矩形的性质，主要利用了矩形的对角线互相平分且相等的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质是解题的关键17、1＜x≤1【解析】解不等式x﹣3（x﹣2）＜1，得：x＞1，解不等式，得：x≤1，所以不等式组解集为：1＜x≤1，故答案为1＜x≤1．18、或【解析】

分两种情况讨论：（1）当点G在线段BD上时，如下图连接EG交CD于F；（2）当点G在线段BD的延长线上时，如下图连接EG交CD的延长线于F.根据两种情况分别画出图形，证得是等腰直角三角形，求出DF=EF=2，然后在直角三角形ECF中利用勾股定理即可求出CE的长.【详解】解：分两种情况讨论：（1）当点G在线段BD上时，如下图连接EG交CD于F∵ABCD是正方形∴CD=AD=4∵线段绕点顺时针旋转得到∴是等腰直角三角形，DE=DG=∴DF=EF=2∴CF=CD-DF=4-2=2∴CE=（2）当点G在线段BD的延长线上时，如下图连接EG交CD的延长线于F∵ABCD是正方形∴CD=AD=4∵线段绕点顺时针旋转得到∴是等腰直角三角形，DE=DG=∴DF=EF=2∴CF=CD+DF=4+2=6∴CE=综上所述，CE的长为或【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质及等腰直角三角形的性质，通过旋转证得是等腰直角三角形进行有关的计算是解题的关键.三、解答题（共78分）19、（1）直线AB的解析式为y=2x+8；（2）CD=；（3）满足题意的点E坐标为（0，5+）或（0，5﹣）或（0，5）或（0，）．【解析】

（1）用待定系数法求解即可；（2）先由勾股定理求出AB的长，再由垂直平分线的性质求出AC的长，然后证明△CAD∽△OAB，利用相似三角形的对应边成比例即可求出CD的长，（3）先由△CAD∽△OAB，求出AD和OD的长，然后分当CD=DE时，当CD=CE时，当CE=DE时三种情况求解即可；【详解】（1）∵A（0，8），∴设直线AB的解析式为y=kx+8，∵B（﹣4，0），∴﹣4k+8=0，∴k=2，∴直线AB的解析式为y=2x+8；（2）∵A（0，8），B（﹣4，0），∴OA=8，OB=4，AB=4，∵CD是AB的垂直平分线，∴∠ACD=90°，AC=AB=2，∵∠ACD=∠AOB=90°，∠CAD=∠OAB，∴△CAD∽△OAB，∴，∴，∴CD=，（3）∵△CAD∽△OAB，∴，∴，∴AD=5，∴OD=OA﹣AD=3，D（0，3），当CD=DE时，DE=，∴E（0，5+）或（0，5﹣），当CD=CE时，如图1，∵A（0，8），B（﹣4，0），∴C（﹣2，4），过点C作CF⊥y轴于F，∴DF=EF，F（0，4），∴E（0，5）；当CE=DE时，如图2，过E作E'G⊥CD，则E'G是线段CD的中垂线，∵AB⊥CD，∴E'G是△ACD的中位线，∴DE'=AE'=AD=，∴OE'=OD+DE'=，∴E（0，），即：满足题意的点E坐标为（0，5+）或（0，5﹣）或（0，5）或（0，）．【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，勾股定理，线段垂直平分线的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质及分类讨论的数学思想，熟练掌握待定系数法、相似三角形的判定与性质、类讨论的数学思想是解答本题的关键.20、（1）见解析；（2）矩形ABCD的面积＝1．【解析】

（1）根据对边平行得四边形OCED是平行四边形，由原矩形对角线相等且互相平分得OC=OD，所以四边形OCED是菱形；（2）根据三角形面积公式和矩形的面积等于4个△DEC的面积解答即可．【详解】（1）∵DE∥AC，CE∥BD，∴四边形OCED是平行四边形，∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD，OD＝BD，OC＝AC，∴OC＝OD，∴▱OCED是菱形；（2）∵点E到CD的距离为2，CD＝3，∴△DEC的面积＝，∴矩形ABCD的面积＝4×3＝1．【点睛】本题考查了矩形的性质，是常考题型，难度不大；需要熟练掌握矩形、菱形的边、角、对角线的关系，不能互相混淆.21、（1）见解析；（2）①t＝3（秒）；②AG＝．【解析】

(1)先判断出∠DAE=∠AEB,再判断出∠DAE=∠BAE,进而得出∠BAE=∠AEB,即可判断出AB=BE同理:判断出CE=AB,即可得出结论(2)①先判断出四边形AECF是平行四边形,进而求AF=3,即可得出结论②先判断出△ABE是等边三角形,进而求出∠AEB=60°,AE=3cm,再判断出∠DCF=∠ECF,即可判断出∠CGE=90°,最后用勾股定理即可得出结论.【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AD∥BC，∴∠DAE＝∠AEB，∵AE是∠BAD的平分线，∴∠DAE＝∠BAE，∴∠BAE＝∠AEB，∴AB＝BE，同理：CE＝CD，∴BE＝CE＝AB，∴BC＝BE+CD＝2AB；（2）①由（1）知，CE＝CD＝AB，∵AB＝3cm，∴CE＝3cm，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC∵AE∥CF，∴四边形AECF是平行四边形，∴AF＝CE＝3cm，∴点F的运动时间t＝3÷1＝3（秒）；②由（1）知AB＝BE，∵∠B＝60°，∴△ABE是等边三角形，∴∠AEB＝60°，AE＝AB＝3cm，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B+∠BCD＝180°，∵∠B＝60°，∴∠BCD＝120°，∵AE∥CF，∴∠ECF＝∠AEB＝60°，∴∠DCF＝∠BCD﹣∠ECF＝60°＝∠ECF，由（1）知，CE＝CD＝AB＝3cm，∴CF⊥DE，∴∠CGE＝90°，在Rt△CGE中，∠CEG＝90°﹣∠ECF＝30°，CG＝CE＝，∴EG＝CG＝，∵∠AEB＝60°，∠CEG＝30°，∴∠AEG＝90°，在Rt△AEG中，AE＝3，根据勾股定理得，AG＝．【点睛】此题为四边形的综合题，解题关键在于运用平行四边形的性质求解22、（1）A品牌的足球的单价为40元，B品牌的足球的单价为100元（2）当a＝10，即购买A品牌足球10个，B品牌足球40个，总费用最少，最少费用为4400元【解析】

（1）设A品牌的足球的单价为x元，B品牌的足球的单价为y元，根据“购买2个A品牌的足球和3个B品牌的足球共需380元；购买4个A品牌的足球和2个B品牌的足球共需360元”列二元一次方程组求解可得；（2）设购进A品牌足球a个，则购进B品牌足球（50﹣a）个，根据“B品牌足球的数量不少于A品牌足球数量的4倍”列不等式求出a的范围，再由购买这两种品牌足球的总费用为40a+100（50﹣a）＝﹣60a+5000知当a越大，购买的总费用越少，据此可得．【详解】解：（1）设A品牌的足球的单价为x元，B品牌的足球的单价为y元，根据题意，得：解得：答：A品牌的足球的单价为40元，B品牌的足球的单价为100元．（2）设购进A品牌足球a个，则购进B品牌足球（50﹣a）个，根据题意，得：50﹣a≥4a，解得：a≤10，∵购买这两种品牌足球的总费用为40a+100（50﹣a）＝﹣60a+5000，∴当a越大，购买的总费用越少，所以当a＝10，即购买A品牌足球10个，B品牌足球40个，总费用最少，最少费用为4400元．【点睛】本题主要考查二元一次方程组和一元一次不等式的应用，解题的关键是理解题意，找到题目中蕴含的相等关系和不等关系，并据此列出方程或不等式．23、（1）1015（2）选甲比较节约资金.【解析】

（1）设甲独做要x天，乙独做要y天，根据题意列方程即可.（2）设甲独做要1天要m元，乙独做要1天要n元，再计算每个工程队的费用进行比较即可.【详解】（1）设甲独做要x天，乙独做要y天解得：故甲独做要10天，乙独做要15天（2）设甲独做要1天要m元，乙独做要1天要n元解得甲独做要的费用为：乙独做要的费用为：所以选甲【点睛】本题主要考查二元一次方程组的应用，是常考点，应当熟练掌握.24、38m.【解析】

作AE⊥CD交CD的延长线于点E，根据正切的定义分别求出CE、DE，结合图形计算即可．【详解】如图,作AE⊥CD交CD的延长线于点