2024年新疆库车县数学八年级下册期末经典试题含解析

2024年新疆库车县数学八年级下册期末经典试题考生须知：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．用配方法解关于x的方程x2+px+q=0时，此方程可变形为()A． B．C． D．2．已知四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，下列条件中，不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（）A．，B．，C．，D．，3．如图，矩形的对角线与交于点，过点作的垂线分别交、于、两点，若，，则的长度为（）A．1 B．2 C． D．4．下列调查中，适合用普查方式的是（）A．夏季冷饮市场上某种冰淇淋的质量 B．某品牌灯泡的使用寿命C．某校九年级三班学生的视力 D．公民保护环境的意识5．使有意义的的取值范围是（）A． B． C． D．6．如图，在矩形中，对角线相交于点，且，则图中长度为3的线段有（）A．2条 B．4条 C．5条 D．6条7．如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE，分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论：①OG＝AB；②图中与△EGD

全等的三角形共有5个；③以点A、B、D、E为项点的四边形是菱形；④

S四边形ODGF＝

S△ABF．其中正确的结论是（）A．①③ B．①③④ C．①②③ D．②②④8．正方形在平面直角坐标系中，其中三个顶点的坐标分别为，，，则第四个顶点的坐标为()A． B． C． D．9．如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的坐标为(1，3)，则点C的坐标为()A．(－3，1)B．(－1，3)C．(3，1)D．(－3，－1)10．如图①，点从菱形的顶点出发，沿以的速度匀速运动到点．图②是点运动时，的面积（）随着时间（）变化的关系图象，则菱形的边长为（）A． B． C． D．11．多项式4x2﹣4与多项式x2﹣2x+1的公因式是（）A．x﹣1B．x+1C．x2﹣1D．（x﹣1）212．“瓦当”是中国古建筑装饰檐头的附件，是中国特有的文化艺术遗产，下面“瓦当”图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．二、填空题（每题4分，共24分）13．计算：(1)=______；(2)=______；(3)=______．14．如图，如果要使ABCD成为一个菱形，需要添加一个条件，那么你添加的条件是________.15．多项式x2+mx+5因式分解得（x+5）（x+n），则m=_____，n=_____．16．如图，在边长为4的正方形ABCD中，E是AB边上的一点，且AE=3，点Q为对角线AC上的动点，则△BEQ周长的最小值为．17．已知关于的方程的解是正数，则的取值范围是__________．18．直线向上平移4个单位后，所得直线的解析式为________．三、解答题（共78分）19．（8分）（1）解方程：=；（2）因式分解：2x2-1．20．（8分）在矩形中，点在上，，，垂足为．（1）求证：；（2）若，且，求．21．（8分）如图，在四边形中，,点为的中点.(1)求证:四边形是菱形;(2)联结,如果平分，求的长.22．（10分）（2013年四川广安8分）某商场筹集资金12.8万元，一次性购进空调、彩电共30台．根据市场需要，这些空调、彩电可以全部销售，全部销售后利润不少于1.5万元，其中空调、彩电的进价和售价见表格．空调彩电进价（元/台）54003500售价（元/台）61003900设商场计划购进空调x台，空调和彩电全部销售后商场获得的利润为y元．（1）试写出y与x的函数关系式；（2）商场有哪几种进货方案可供选择？（3）选择哪种进货方案，商场获利最大？最大利润是多少元？23．（10分）“岳池米粉”是四川岳池的传统特色小吃之一，距今有三百多年的历史，为了将本地传统小吃推广出去，县领导组织20辆汽车装运A，B，C三种不同品种的米粉42t到外地销售，按规定每辆车只装同一品种米粉，且必须装满，每种米粉不少于2车.米粉品种ABC每辆汽车运载量/t2.22.12每吨米粉获利/元600800500(1)设用x辆车装运A种米粉，用y辆车装运B种米粉，根据上表提供的信息，求y与x的函数关系式，并求x的取值范围；(2)设此次外售活动的利润为w元，求w与x的函数关系式以及最大利润，并安排相应的车辆分配方案．24．（10分）计算：(2﹣1)2+(+4)(-4)．25．（12分）关于的一元二次方程.（1）方程有实数根，求的范围；（2）求方程两根的倒数和.26．（1）如图1，平行四边形纸片ABCD中，AD=5，S甲行四边形纸片ABCD=15，过点A作AE⊥BC，垂足为E，沿AE剪下△ABE，将它平移至△DCE′的位置，拼成四边形AEE′D，则四边形AEE′D的形状为A．平行四边形B．菱形C．矩形D．正方形（2）如图2，在（1）中的四边形纸片AEE′D中，在EE′上取一点F，使EF=4，剪下△AEF，剪下△AEF，将它平移至△DE′F′的位置，拼成四边形AFF′D．求证：四边形AFF′D是菱形．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、A【解析】

根据配方法的步骤逐项分析即可.【详解】∵x2+px+q=0，∴x2+px=-q，∴x2+px+=-q+，∴.故选A.【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程，配方法的一般步骤：①把常数项移到等号的右边；②把二次项的系数化为1；③等式两边同时加上一次项系数一半的平方．2、C【解析】

根据平行四边形的判定定理分别进行分析即可．【详解】A、∵∠ADB=∠CBD，∴AD∥BC，∵AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不合题意；B、∵∠ADB=∠CBD，∴AD∥BC，∵∠DAB=∠BCD，∴∠BAD+∠ABC=∠ADC+∠BCD=180°，∴∠ABC=∠ADC，∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；C、∠DAB=∠BCD，AB=CD不能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意；D、∵∠ABD=∠CDB，∠AOB=∠COD，OA=OC，∴△AOB≌△COD（AAS），∴OB=OC，∴四边形ABCD为平行四边形，故此选项不合题意；故选：C．【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．3、B【解析】

先根据矩形的性质，推理得到OF=CF，再根据Rt△BOF求得OF的长，即可得到CF的长．【详解】解：∵EF⊥BD，∠AEO=120°，∴∠EDO=30°，∠DEO=60°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠OBF=∠OCF=30°，∠BFO=60°，∴∠FOC=60°-30°=30°，BF=2OF，∴OF=CF，又∵BO=BD=AC=2，∴在Rt△BOF中，BO2+OF2=(2OF)2，∴(2)2+OF2=4OF2，∴OF=2，∴CF=2，故选：B．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，含30°角的直角三角形的性质，以及勾股定理的运用，解决问题的关键是掌握：矩形的对角线相等且互相平分．4、C【解析】

由普查得到的调查结果比较准确，但所费人力、物力和时间较多，而抽样调查得到的调查结果比较近似，据此解答即可．【详解】解：A、夏季冷饮市场上某种冰淇淋的质量，适合抽样调查，故本选项错误；B、某品牌灯泡的使用寿命，适合抽样调查，故本选项错误；C、某校九年级三班学生的视力，适合全面调查，故本选项正确；D、调查公民保护环境的意识，适合抽样调查，故本选项错误．故选：C．【点睛】本题考查了抽样调查和全面调查，选择普查还是抽样调查要根据所要考查的对象的特征灵活选用，一般来说，对于具有破坏性的调查、无法进行普查、普查的意义或价值不大，应选择抽样调查，对于精确度要求高的调查，事关重大的调查往往选用普查．5、B【解析】

根据二次根式有意义的条件得到关于x的不等式，解不等式即得答案.【详解】解：要使有意义，则，解得.故选B.【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，明确二次根式中被开方数非负是求解的关键.6、D【解析】

矩形的对角线相等且平分，所以，由题中条件可得是等边三角形，可知.【详解】解：四边形ABCD是矩形又是等边三角形所以图中长度为3的线段有OA、OB、OC、OD、BC、AD,共6条.故答案为D【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，有一个角是的等腰三角形是等边三角形，等边三角形的三条边都相等，灵活运用矩形及等边三角形的性质求线段长是解题的关键.7、A【解析】

由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG=DG，证出OG是△ACD的中位线，得出OG=CD=AB，①正确；先证明四边形ABDE是平行四边形，证出△ABD、△BCD是等边三角形，得出AB=BD=AD，因此OD=AG，得出四边形ABDE是菱形，③正确；由菱形的性质得得出△ABG≌△BDG≌△DEG，由SAS证明△ABG≌△DCO，得出△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，得出②不正确；证出OG是△ABD的中位线，得出OG//AB，OG=AB，得出△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，由相似三角形的性质和面积关系得出S四边形ODGF=S△ABF；④不正确；即可得出结果.【详解】解：四边形ABCD是菱形，在△ABG和△DEG中，∴△ABG≌△DEG（AAS），∴.AG=DG，∴OG是△ACD的中位线，∴OG=CD=AB，①正确；∵AB//CE，AB=DE，∴四边形ABDE是平行四边形，∴∠BCD=∠BAD=60°，∴△ABD、△BCD是等边三角形，∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，∴OD=AG，四边形ABDE是菱形，③正确；∴AD⊥BE，由菱形的性质得：△ABG≌△BDG≌△DEG，在△ABG和△DCO中，∴△ABG≌△DCO∴△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，则②不正确。∵OB=OD，AG=DG，∴OG是△ABD的中位线，∴OG∥AB，OG=AB，∴△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，∴△GOD的面积=△ABD的面积，△ABF的面积=△OGF的面积的4倍，AF:OF=2：1，∴△AFG的面积=△OGF的面积的2倍，又∵△GOD的面积=△AOG的面积=△BOG的面积，∴S四边形ODGF=S△ABF；④不正确；故答案为：A.【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大.8、B【解析】

根据已知三个点的横纵坐标特征，可设A（-2，2），B（-2，-2），C（x，y），D（2，2），判断出AB⊥x轴，AD⊥AB，由此可得C点坐标与D点、B点坐标的关系，从而得到C点坐标．【详解】解：设A（-2，2），B（-2，-2），C（x，y），D（2，2），

由于A点和B点的横坐标相同，

∴AB垂直x轴，且AB=1．

因为A点和D点纵坐标相同，

∴AD∥x轴，且AD=1．

∴AD⊥AB，CD⊥AD．

∴C点的横坐标与D点的横坐标相同为2．

C点纵坐标与B点纵坐标相同为-2，

所以C点坐标为（2，-2）．

故选：B．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、坐标与图形的性质，解决这类问题要熟知两个点的横坐标相同，则两点连线垂直于x轴，纵坐标相同，则平行于x轴（垂直于y轴）．9、A【解析】试题分析：作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．如图：过点A作AD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E，根据同角的余角相等求出∠OAD=∠COE，再利用“角角边”证明△AOD和△OCE全等，根据全等三角形对应边相等可得OE=AD，CE=OD，然后根据点C在第二象限写出坐标即可．∴点C的坐标为（-，1）故选A．考点：1、全等三角形的判定和性质；2、坐标和图形性质；3、正方形的性质．10、C【解析】

根据图②可以发现点E运动5秒后△ABE的面积停止了变化，且为最大面积，由此结合图①，当点E在CD上运动时，△ABE面积最大，从而得出AC=5，CD=，然后根据△ABE最大面积为2得出△ABC面积为2，所以菱形ABCD面积为4，从而再次得出△ABC的高为4，然后进一步利用勾股定理求出菱形边长即可.【详解】如图，过C点作AB垂线，交AB于E，由题意得：△ABC面积为2，AC=5，DC=，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=DC=BC=,∴△ABC面积==2，∴CE=4，∴在Rt△AEC中，AE==3，∴BE=，∴在Rt△BEC中，，即，解得：.∴菱形边长为.故选：C.【点睛】本题主要考查了菱形与三角形动点问题的综合运用，熟练掌握相关性质是解题关键.11、A【解析】试题分析：分别将多项式与多项式进行因式分解，再寻找他们的公因式.本题解析：多项式：，多项式：，则两多项式的公因式为x-1.故选A.12、D【解析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【详解】A、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；B、不是轴对称图形，是中心对称图形；C、是轴对称图形，不是中心对称图形；D、是轴对称图形，是中心对称图形．故选D．【点睛】本题主要考查轴对称图形和中心对称图形的概念，以及对轴对称图形和中心对称图形的认识．二、填空题（每题4分，共24分）13、【解析】

根据二次根式的乘法公式：和除法公式计算即可．【详解】解：（1）；（2）；（3）．故答案为：；；．【点睛】此题考查的是二次根式的化简，掌握二次根式的乘法公式：和除法公式是解决此题的关键．14、AB＝BC(答案不唯一)【解析】试题解析：因为一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线互相垂直平分的四边形是菱形，那么可添加的条件是：AB=BC或AC⊥BD．15、61【解析】

将（x+5）（x+n）展开，得到，使得x2+（n+5）x+5n与x2+mx+5的系数对应相等即可．【详解】解：∵（x+5）（x+n）=x2+（n+5）x+5n，∴x2+mx+5=x2+（n+5）x+5n．∴．故答案为：6；1．16、1【解析】

连接BD，DE，根据正方形的性质可知点B与点D关于直线AC对称，故DE的长即为BQ+QE的最小值，进而可得出结论．【详解】连接BD，DE，∵四边形ABCD是正方形，∴点B与点D关于直线AC对称，∴DE的长即为BQ+QE的最小值，∵DE=BQ+QE=，∴△BEQ周长的最小值=DE+BE=5+1=1．故答案为1．考点：本题考查的是轴对称-最短路线问题，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．17、m>-6且m-4【解析】试题分析：分式方程去分母转化为整式方程，表示出x，根据x为正数列出关于m的不等式，求出不等式的解集即可确定出m的范围．试题解析：分式方程去分母得：2x+m=3（x-2），解得：x=m+6，根据题意得：x=m+6＞0，且m+6≠2，解得：m＞-6，且m≠-4.考点:分式方程的解．18、【解析】

根据“上加下减”的原则进行解答即可．【详解】由“上加下减”的原则可知，将直线向上平移4个单位后所得的直线的解析式是+4，即．故答案为：．【点睛】本题考查的是一次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减”的原则是解答此题的关键．三、解答题（共78分）19、（1）x=-10；（2）2（x+2）（x-2）【解析】

（1）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解；（2）原式先提取公因式，再利用平方差公式分解即可．【详解】解：（1）去分母得：2x－4=3x+6，解得：x=－10，经检验x=－10是分式方程的解，∴原方程的解为：x=－10；（2）原式=．【点睛】此题考查了解分式方程以及提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握分式方程的解法和分解因式的方法是解本题的关键．20、（1）见解析；（2）AD＝．【解析】

（1）利用“AAS”证明△ADF≌△EAB即可得；（2）证明△AFD是等腰直角三角形，得出AF＝DF＝AB＝4，利用勾股定理即可求出AD．【详解】（1）证明：在矩形ABCD中，AD∥BC，∴∠AEB＝∠DAF，又∵DF⊥AE，∴∠DFA＝90°，∴∠DFA＝∠B，在△ADF和△EAB中，，∴△ADF≌△EAB（AAS），∴DF＝AB；（2）解：∵∠FEC＝135°，∴∠AEB＝180°−∠FEC＝45°，∴∠DAF＝∠AEB＝45°，∴△AFD是等腰直角三角形，∴AF＝DF＝AB＝4，∴AD＝．【点睛】本题主要考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质及勾股定理；熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等是解题的关键．21、（1）见解析；（2）2【解析】

（1）根据菱形的判定方法有三种：①定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四边相等；③对角线互相垂直平分的四边形是菱形，据此判断即可.（2）此题有两种解决方法，方法一：证明四边形是等腰梯形，方法二：证明∠BDC为直角.【详解】（1）证明:，点为的中点，，又四边形是平行四边形,四边形是菱形（2）解:方法一四边形是梯形.平分四边形是菱形，.四边形是等腰梯形，方法二：平分，即，四边形是菱形，，即，【点睛】此题考查菱形的判定与性质，解题关键在于结结合题意运用菱形的判定与性质即可.22、解：（1）设商场计划购进空调x台，则计划购进彩电（30﹣x）台，由题意，得y=（6100﹣5400）x+（3900﹣3500）（30﹣x）=300x+12000。（2）依题意，得，解得10≤x≤。∵x为整数，∴x=10，11，12。∴商场有三种方案可供选择：方案1：购空调10台，购彩电20台；方案2：购空调11台，购彩电19台；方案3：购空调12台，购彩电18台。（3）∵y=300x+12000，k=300＞0，∴y随x的增大而增大。∴当x=12时，y有最大值，y最大=300×12+12000=15600元．故选择方案3：购空调12台，购彩电18台时，商场获利最大，最大利润是15600元。【解析】（1）y=（空调售价﹣空调进价）x+（彩电售价﹣彩电进价）×（30﹣x）。（2）根据用于一次性购进空调、彩电共30台，总资金为12.8万元，全部销售后利润不少于1.5万元．得到一元一次不等式组，求出满足题意的x的正整数值即可。（3）利用y与x的函数关系式y=150x+6000的增减性来选择哪种方案获利最大，并求此时的最大利润即可。考点：一次函数和一元一次不等式组的应用，由实际问题列函数关系式，一次函数的性质。23、(1)y=20-2x，x的取值范围为2,3,4,5,6,7,8,1；(2)用2辆车装运A种米粉，用16辆车装运B种米粉，用2辆车装运C种米粉．【解析】

（1）根据有20辆汽车装运A、B、C三种米粉，可以表示出有20-x-y辆车装运C种米粉，从而得出答案；（2）从而根据米粉总吨数为42，再根据（1）中运费与车辆数即可表示出w，利用一次函数的性质即可求出其最大利润以及相对应的分配方案．【详解】（1）设用x辆车装运A种米粉，用y辆车装运B种米粉，则用（20-x-y）辆车装运C种米粉，由题意得：2.2x+2.1y+2（20-x-y）=42，化简得：y=20-2x，∵∴x的取值范围是：2≤x≤1．∵x是整数，∴x的取值为2，3，4，5，6，7，8，1；（2）由题意得：