内蒙古自治区包头市东河区第二中学2024年八年级下册数学期末达标检测模拟试题含解析

内蒙古自治区包头市东河区第二中学2024年八年级下册数学期末达标检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每小题3分,共30分)1．在平行四边形中，已知，，则它的周长是（）A．8 B．10 C．12 D．162．矩形ABCD中，已知AB＝5，AD＝12，则AC长为（）A．9 B．13 C．17 D．203．如图，有一块Rt△ABC的纸片，∠ABC=，AB＝6，BC＝8，将△ABC沿AD折叠，使点B落在AC上的E处，则BD的长为()A．3 B．4 C．5 D．64．下列二次根式中，最简二次根式为A． B． C． D．5．直线与轴、轴的交点坐标分别是（）A．， B．， C．， D．，6．在中，若，则的度数是（）A． B．110° C． D．7．已知点的坐标是，点与点关于轴对称，则点的坐标为（）A． B． C． D．8．满足下列条件的四边形不是正方形的是（）A．对角线相互垂直的矩形 B．对角线相等的菱形C．对角线相互垂直且相等的四边形 D．对角线垂直且相等的平行四边形9．如图，P是正方形ABCD的对角线BD上一点，PE⊥BC于E，PF⊥CD于F，连接EF，给出下列三个结论：①AP＝EF；②△APD一定是等腰三角形；③∠PFE＝∠BAP．其中正确结论的序号是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③10．如图，为等边三角形，，、相交于点，于点，且，，则的长为（）A．7 B．8 C．9 D．10二、填空题(每小题3分,共24分)11．我校八年一班甲、乙两名同学10次投篮命中的平均数均为7，方差＝1.45，＝2.3，教练想从中选一名成绩较稳定的同学加入校篮球队，那么应选_____．12．已知，则代数式________．13．如图，函数y=k1x

(x>0)的图象与矩形OABC的边BC交于点D，分别过点A，D作AF∥DE，交直线y=k2x(k2<0)于点F，E.若OE=OF，BD=2CD，四边形ADEF的面积为12，则k1的值为14．如图，⊙O是△ABC的外接圆，已知∠ABO=30º，则∠ACB的为_____º.15．从一副扑克牌中任意抽取1张：①这张牌是“A”；②这张牌是“红心”；③这张牌是“大王”．其中发生的可能性最大的事件是_____．（填序号）16．在平面直角坐标系中，已知坐标，将线段(第一象限)绕点(坐标原点)按逆时针方向旋转后，得到线段，则点的坐标为____．17．已知一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象经过点（0，1），且y随x的增大而增大，请你写出一个符合上述条件的函数式_____．（答案不唯一）18．有一张一个角为30°，最小边长为4的直角三角形纸片，沿图中所示的中位线剪开后，将两部分拼成一个四边形，所得四边形的周长是．三、解答题(共66分)19．（10分）如图1，在△ABC中，AB＝AC，D、E是BC边上的点，连接AD、AE，以△ADE的边AE所在直线为对称轴作△ADE的轴对称图形△AD′E，连接D′C，若BD＝CD′．（1）求证：△ABD≌△ACD′；（1）如图1，若∠BAC＝110°，探索BD，DE，CE之间满足怎样的数量关系时，△CD′E是正三角形；（3）如图3，若∠BAC＝90°，求证：DE1＝BD1+EC1．20．（6分）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEFG．（1）如图1，若在旋转过程中，点E落在对角线AC上，AF，EF分别交DC于点M，N．①求证：MA＝MC；②求MN的长；（2）如图2，在旋转过程中，若直线AE经过线段BG的中点P，连接BE，GE，求△BEG的面积21．（6分）如图，在中，，，，点为边上的一个动点，点从点出发，沿边向运动，当运动到点时停止，设点运动的时间为秒，点运动的速度为每秒1个单位长度．（1）当时，求的长；（2）求当为何值时，线段最短？22．（8分）用适当的方法解下列方程（1）（2）23．（8分）如图，将等边绕点顺时针旋转得到，的平分线交于点，连接、.（1）求度数；（2）求证：.24．（8分）如图，在□ABCD中，E、F为对角线BD上的两点，且∠DAE＝∠BCF.（1）求证：AE＝CF；（2）求证：AE∥CF.25．（10分）五一期间，某商场计划购进甲、乙两种商品，已知购进甲商品1件和乙商品3件共需240元；购进甲商品2件和乙商品1件共需130元．（1）求甲、乙两种商品每件的进价分别是多少元？（2）商场决定甲商品以每件40元出售，乙商品以每件90元出售，为满足市场需求，需购进甲、乙两种商品共100件，且甲种商品的数量不少于乙种商品数量的4倍，请你求出获利最大的进货方案，并确定最大利润．26．（10分）已知，如图，点D是△ABC的边AB的中点，四边形BCED是平行四边形．（1）求证：四边形ADCE是平行四边形；（2）在△ABC中，若AC＝BC，则四边形ADCE是；（只写结论，不需证明）（3）在（2）的条件下，当AC⊥BC时，求证：四边形ADCE是正方形．

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、D【解析】

根据平行四边形的性质可得AB=CD=5，BC=AD=3，即可得周长．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB=CD=5，BC=AD=3，

∴它的周长为：5×2+3×2=16，

故答案为：D【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形的性质：①边：平行四边形的对边相等．②角：平行四边形的对角相等．③对角线：平行四边形的对角线互相平分．2、B【解析】

由勾股定理可求出BD长，由矩形的性质可得AC=BD=1．【详解】如图，矩形ABCD中，∠BAD=90°，AB=5，AD=12，∴1，∴AC=BD=1．故选B．【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，求出DB的长是解答本题的关键．3、A【解析】【分析】由题意可得∠AED=∠B=90°，AE=AB=6，由勾股定理即可求得AC的长，则可得EC的长，然后设BD=ED=x，则CD=BC-BD=8-x，由勾股定理CD2=EC2+ED2，即可得方程，解方程即可求得答案．【详解】如图，点E是沿AD折叠，点B的对应点，连接ED，∴∠AED=∠B=90°，AE=AB=6，∵在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=6，BC=8，∴AC==10，∴EC=AC-AE=10-6=4，设BD=ED=x，则CD=BC-BD=8-x，在Rt△CDE中，CD2=EC2+ED2，即：（8-x）2=x2+16，解得：x=3，∴BD=3，故选A.【点睛】本题考查了折叠的性质与勾股定理，难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用，注意掌握折叠中的对应关系．4、C【解析】

化简得出结果，根据最简二次根式的概念即可做出判断．【详解】解：、，故不是最简二次根式；、，故不是最简二次根式；、是最简二次根式；、，故不是最简二次根式。故选：．【点睛】此题考查了最简二次根式，熟练掌握二次根式的化简公式是解本题的关键．5、A【解析】

分别根据点在坐标轴上坐标的特点求出对应的x、y的值，即可求出直线y=2x-3与x轴、y轴的交点坐标．【详解】解：令y=0，则2x-3=0，

解得x=，

故此直线与x轴的交点的坐标为（，0）；

令x=0，则y=-3，

故此直线与y轴的交点的坐标为（0，-3）；故选：A.【点睛】本题考查的是坐标轴上点的坐标特点，一次函数y=kx+b，（k≠0，且k，b为常数）的图象是一条直线．它与x轴的交点坐标是（，0）；与y轴的交点坐标是（0，b）．6、B【解析】

根据平行四边形的对角相等，邻角之和为180°，即可求出该平行四边形各个内角的度数．【详解】画出图形如下所示：则∠A+∠B=180°，又∵∠A−∠B=40°，∴∠A=110°,∠B=70°，∴∠C=∠A=110°.故选B【点睛】此题考查平行四边形的性质，解题关键在于画出图形7、B【解析】

根据关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变可得答案．【详解】点A关于y轴对称的点的坐标是B，故选：B．【点睛】此题主要考查了关于y轴对称点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．8、C【解析】A.对角线相互垂直的矩形是正方形，故本项正确；B.对角线相等的菱形是正方形，故本项正确；C.对角线互相垂直、平分、且相等的四边形才是正方形，故本项错误；D.对角线垂直且相等的平行四边形是正方形，故本项正确.故选C.9、B【解析】

连接PC，根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ABP＝∠CBP＝45°，然后利用“边角边”证明△ABP和△CBP全等，根据全等三角形对应边相等可得AP＝PC，对应角相等可得∠BAP＝∠BCP，再根据矩形的对角线相等可得EF＝PC，于是得到结论．【详解】解：如图，连接PC，在正方形ABCD中，∠ABP＝∠CBP＝45°，AB＝CB，∵在△ABP和△CBP中，，∴△ABP≌△CBP（SAS），∴AP＝PC，∠BAP＝∠BCP，又∵PE⊥BC，PF⊥CD，∴四边形PECF是矩形，∴PC＝EF，∠BCP＝∠PFE，∴AP＝EF，∠PFE＝∠BAP，故①③正确；只有点P为BD的中点或PD＝AD时，△APD是等腰三角形，故②错误；故选：B．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，正确证明△ABP≌△CBP，以及理解P的任意性是解决本题的关键．10、C【解析】

分析：由已知条件，先证明△ABE≌△CAD得∠BPQ＝60°，可得BP＝2PQ＝8，AD＝BE．则易求．【详解】解：∵△ABC为等边三角形，∴AB＝CA，∠BAE＝∠ACD＝60°；又∵AE＝CD，在△ABE和△CAD中，∴△ABE≌△CAD（SAS）；∴BE＝AD，∠CAD＝∠ABE；∴∠BPQ＝∠ABE＋∠BAD＝∠BAD＋∠CAD＝∠BAE＝60°；∵BQ⊥AD，∴∠AQB＝10°，则∠PBQ＝10°−60°＝30°∵PQ＝3，∴在Rt△BPQ中，BP＝2PQ＝8；又∵PE＝1，∴AD＝BE＝BP＋PE＝1．故选：C．【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、含有30°的直角三角形的性质，解题的关键是证明△BAE≌△ACD．二、填空题(每小题3分,共24分)11、甲【解析】

根据方差的概念,方差越小代表数据越稳定,即可解题.【详解】解：∵两人的平均数相同,∴看两人的方差,方差小的选手发挥会更加稳定,∵=1.45，=2.3，∴应该选甲.【点睛】本题考查了方差的概念,属于简单题,熟悉方差的含义是解题关键.12、1【解析】

根据二次根式有意义的条件得到a≥1，根据绝对值的性质把原式化简计算即可．【详解】由题意得，a-1≥0，解得，a≥1，则已知等式可化为：a-2018+=a，整理得，=2018，解得，a-1=20182，∴a-20182=1，故答案是：1．【点睛】考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．13、2【解析】

如图，连接OD，过O作OM∥ED交AD于M，可以得出S△AOD=12S四边形ADEF，进而得到S矩形OACB的值．作DH⊥OA于H，可得S矩形OCDH【详解】解：如图，连接OD，过O作OM∥ED交AD于M．S△AOD=S△AOM+S△DOM=12OM×h1+12OM×h2==12OM（h1+h2），S四边形ADEF=12（AF+又∵OM=12（AF+ED），h1+h2=h，故S△AOD=12S四边形ADEF=12∵△AOD和矩形OACB同底等高，故S矩形OACB=12，作DH⊥OA于H．∵BD=2CD，BC=3CD，故S矩形OCDH=13×12=2，即CD×DH=xy=k1=2故答案为：2．【点睛】本题考查了反比例函数与几何综合．求出S△AOD的值是解答本题的关键．14、60°【解析】

首先根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理求出∠AOB的度数，再利用圆周角与圆心角的关系求出∠ACB的度数．【详解】解：△AOB中，OA=OB，∠ABO=30°；

∴∠AOB=180°-2∠ABO=120°；

∴∠ACB=∠AOB=60°．故选A．【点睛】本题考查圆周角定理的应用，涉及到的知识点还有：等腰三角形的性质以及三角形内角和定理．15、②【解析】

根据可能性等于所求情况与总数情况之比即可解题.【详解】解：一副扑克一共有54张扑克牌,A一共有4张,∴这张牌是“A”的概率是,这张牌是“红心”的概率是,这张牌是“大王”的概率是,∴其中发生的可能性最大的事件是②.【点睛】本题考查了简单的概率计算,属于简单题,熟悉概率公式是解题关键.16、【解析】

根据旋转的性质求出点的坐标即可．【详解】如图，将点B绕点(坐标原点)按逆时针方向旋转后，得到点点的坐标为故答案为：．【点睛】本题考查了坐标点的旋转问题，掌握旋转的性质是解题的关键．17、y＝x+1【解析】

∵一次函数y=kx+b（k≠0）的图象经过点（0，1），且y随x的增大而增大，∴k＞0，图象经过点（0，1），∴b=1，只要符合上述条件即可．【详解】解：只要k＞0，b＞0且过点（0，1）即可，由题意可得，k＞0，b＝1，符合上述条件的函数式，例如y＝x+1（答案不唯一）【点睛】一次函数y=kx+b的图象有四种情况：

①当k＞0，b＞0，函数y=kx+b的图象经过第一、二、三象限，y的值随x的值增大而增大；

②当k＞0，b＜0，函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限，y的值随x的值增大而增大；

③当k＜0，b＞0时，函数y=kx+b的图象经过第一、二、四象限，y的值随x的值增大而减小；

④当k＜0，b＜0时，函数y=kx+b的图象经过第二、三、四象限，y的值随x的值增大而减小．18、或1．【解析】

试题分析：此题主要考查了图形的剪拼，关键是根据画出图形，要考虑全面，不要漏解．根据三角函数可以计算出BC=8，AC=4，再根据中位线的性质可得CD=AD=，CF=BF=4，DF=2，然后拼图，出现两种情况，一种是拼成一个矩形，另一种拼成一个平行四边形，进而算出周长即可．解：由题意可得：AB=4，∵∠C=30°，∴BC=8，AC=4，∵图中所示的中位线剪开，∴CD=AD=2，CF=BF=4，DF=2，如图1所示：拼成一个矩形，矩形周长为：2+2+4+2+2=8+4；如图2所示，可以拼成一个平行四边形，周长为：4+4+4+4=1，故答案为8+4或1．考点：1.图形的剪拼；2.三角形中位线定理．三、解答题(共66分)19、（1）见解析；（1）BD＝DE＝CE的数量关系时，△CD′E是正三角形；（3）见解析．【解析】

（1）根据轴对称的性质得到AD=AD`，即可证明△ABD≌△ACD′（1）由（1）可得∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，再根据轴对称的性质得到∠EAD′+∠CAE＝∠BAD+∠CAE＝∠DAE＝∠BAC＝60°，得到△CD′E是正三角形，即可解答（3）利用勾股定理即可解答【详解】（1）证明：∵△ADE与△AD′E是关于AE的轴对称图形，∴AD＝AD′，在△ABD和△ACD′中，，∴△ABD≌△ACD′（SSS）；（1）解：∵△ABD≌△ACD′，∴∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，∵△ADE与△AD′E是关于AE的轴对称图形，∴∠DAE＝∠EAD′，DE＝ED′，∴∠EAD′+∠CAE＝∠BAD+∠CAE＝∠DAE＝∠BAC＝60°，∵△CD′E是正三角形，∴CE＝CD′＝ED′，∵BD＝CD′，DE＝ED′，∴BD＝DE＝CE；（3）证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝∠ACD′＝45°，∴∠ECD′＝90°，∴ED′1＝CD′1+EC1，∵BD＝CD′，DE＝ED′，∴DE1＝BD1+EC1．【点睛】此题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，解题关键在于利用全等三角形的性质进行解答20、（1）①见解析；②；（2）△BEG的面积为48﹣6或48+6【解析】

（1）①由矩形的性质得出，得出，由旋转的性质得：，证出，即可得出；②设，则，在中，由勾股定理得出方程，解得：，在中，由勾股定理得出，得出，证出，得出即可；（2）分情况讨论：①过点作于，证明，得出，，在中，由勾股定理得出，得出，得出，得出的面积的面积；②同①得：，，得出，得出的面积的面积即可．【详解】（1）①证明：四边形是矩形，，，由旋转的性质得：，，；②解：设，则，在中，，解得：，在中，，，，，又，，；（2）解：分情况讨论：①如图2所示：过点作于，则，在和中，，，，，在中，，，，的面积的面积；②如图3所示：同①得：，，，的面积的面积；综上所述，的面积为或．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、旋转变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理、三角形面积、分类讨论等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键．21、（1）8；（2）t=．【解析】

（1）根据勾股定理即可得到结论；（2）根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．【详解】（1）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，BC=8，∴AC10，当t=2时，AD=2，∴CD=8；（2）当BD⊥AC时，BD最短．∵BD⊥AC，∴∠ADB=∠ABC=90°．∵∠A=∠A，∴△ABC∽△ADB，∴，∴，∴AD，∴t，∴当t为时，线段BD最短．【点睛】本题考查了勾股定理，垂线段最短，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．22、（1）,；（2）或.【解析】

（1）先整理成一元二次方程的一半形式，然后用求根公式法求解即可；（2）先移项，然后用配方法求解即可.【详解】（1）原方程整理为一般式为：，，，，，则，,；（2），，，，或，或.【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，常用的方法由直接开平方法、配方法、因式分解法、求根公式法，灵活选择合适的方法是解答本题的关键.23、（1）；（2）证明见解析.【解析】

（1）由等边三角形的性质可得，，由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可求解；（2）由“”可证，可得，即可证．【详解】解：（1）是等边三角形，等边绕点顺时针旋转得到，，，（2）和是等边三角形，平分，，，【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，熟练运用旋转的性质是本题关键．24、（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】试题分析：（1）根据平行四边形性质得出AB=DC，AD=BC，AB∥CD，AD∥BC，推出∠ABF=∠CDE，∠ADE=∠CBF，根据全等三角形的判定推出△DAE≌△BCF，即可得；（2）由△DAE≌△BCF，得出∠DEA＝∠BFC，从而得∠AEF＝∠DFC，继而得AE∥CF.试题解析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝DC，AD＝BC，AB∥CD，AD∥BC，∴∠ABF＝∠CDE，∠ADE＝∠CBF，在△DAE和△BCF中，，∴△DAE≌△BCF（AS