湖南省2024年八年级下册数学期末检测试题含解析

湖南省2024年八年级下册数学期末检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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，在平面直角坐标系中，一次函数经过，两点，则不等式的解是A． B． C． D．2．如图，AD、BE分别是的中线和角平分线，，，F为CE的中点，连接DF，则AF的长等于（）A．2 B．3 C． D．3．下列各式中从左到右的变形，是因式分解的是（）A．a2b+ab2＝ab（a+b） B．x2+x﹣5＝（x﹣2）（x+3）+1C．x2+1＝x（x+） D．（a+3）（a﹣3）＝a2﹣94．某市为了改善城市容貌，绿化环境，计划过两年时间，绿地面积增加44％，这两年平均每年绿地面积的增长率是()A．19％ B．20％ C．21％ D．22％5．下面四个应用图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A． B． C． D．6．计算（5﹣﹣2）÷（﹣）的结果为（）A．﹣5 B．5 C．7 D．﹣77．如图，P为平行四边形ABCD边AD上一点，E、F分别为PB、PC的中点，△PEF、△PDC、△PAB的面积分别为S、、，若S=2，则+=（）.A．4 B．6 C．8 D．不能确定8．若在实数范围内有意义，则x的取值范围在数轴上表示正确的是（

）A．

B． C．

D．9．一个正多边形的每个内角的度数都等于相邻外角的2倍，则该正多边形的边数是（）A．3 B．4 C．6 D．1210．如图，把经过一定的变换得到，如果上点的坐标为，那么这个点在中的对应点的坐标为（）A． B． C． D．11．用反证法证明：“直角三角形至少有一个锐角不小于45°”时，应先假设（）A．直角三角形的每个锐角都小于45°B．直角三角形有一个锐角大于45°C．直角三角形的每个锐角都大于45°D．直角三角形有一个锐角小于45°12．函数中自变量x的取值范围是（）A．≥－3 B．≥－3且 C． D．且二、填空题（每题4分，共24分）13．如图,已知在△ABC中,AB=AC．以AB为直径作半圆O,交BC于点D．

若∠BAC=40°,则AD弧的度数是___度.14．如图所示是三个边长相等的正多边形拼成的无缝隙、不重叠的图形的一部分，正多边形①和②的内角都是108°，则正多边形③的边数是______．15．定义运算“＊”为：a＊b，若3＊m＝－，则m＝______.16．如图，已知直线：与直线：相交于点，直线、分别交轴于、两点，矩形的顶点、分别在、上，顶点、都在轴上，且点与点重合，那么__________________．17．若点与点关于原点对称，则______．18．如图，将一块边长为12cm正方形纸片ABCD的顶点A折叠至DC边上的E点，使DE＝5，折痕为PQ，则PQ的长为_________cm．三、解答题（共78分）19．（8分）（1）探究新知：如图1，已知△ABC与△ABD的面积相等，试判断AB与CD的位置关系，并说明理由．（2）结论应用：①如图2，点M，N在反比例函数y=kx（k＞0）的图象上，过点M作ME⊥y轴，过点N作NF⊥x轴，垂足分别为E，F．试证明：②若①中的其他条件不变，只改变点M，N的位置如图3所示，请判断MN与EF是否平行？请说明理由.20．（8分）如图，中，是边上一点，，，，点，分别是，边上的动点，且始终保持．（1）求的长；（2）若四边形为平行四边形时，求的周长；（3）将沿它的一条边翻折，当翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形时，求线段的长．21．（8分）作平行四边形ABCD的高CE，B是AE的中点，如图．（1）小琴说：如果连接DB，则DB⊥AE，对吗？说明理由．（2）如果BE：CE＝1：，BC＝3cm，求AB．22．（10分）已知△ABC，AB＝AC，D为BC上一点，E为AC上一点，AD＝AE．（1）如果∠BAD＝10°，∠DAE＝30°，那么∠EDC＝°．（2）如果∠ABC＝60°，∠ADE＝70°，那么∠BAD＝°，∠CDE＝°．（3）设∠BAD＝α，∠CDE＝β猜想α，β之间的关系式，并说明理由．23．（10分）如图，直线l1解析式为y＝2x﹣2，且直线l1与x轴交于点D，直线l2与y轴交于点A，且经过点B（3，1），直线l1、l2交于点C（2，2）．（1）求直线l2的解析式；（2）根据图象，求四边形OACD的面积．24．（10分）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CA平分∠BCD，AE⊥BC于点E，AF⊥CD交CD的延长线于点F.求证：△ABE≌△ADF.25．（12分）如图，将一张矩形纸片沿直线折叠，使点落在点处，点落在点处，直线交于点，交于点．（1）求证：；（2）若的面积与的面积比为，．①求的长．②求的长．26．如图，△ABC的面积为63，D是BC上的一点，且BD：BC＝2：3，DE∥AC交AB于点E，延长DE到F，使FE：ED＝2：1．连结CF交AB点于G．(1)求△BDE的面积；(2)求的值；(3)求△ACG的面积．

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、D【解析】

将A（0，2），B（3，0）代入y=ax+b得出a，b值，再代入ax+b＞0即可求出答案.【详解】将A（0，2），B（3，0）代入y=ax+b得，即，x<3.正确选D.【点睛】根据函数的图象和交点坐标即可求得结果.此题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，关键是注意掌握数形结合思想的应用.2、D【解析】

已知AD是的中线，F为CE的中点，可得DF为△CBE的中位线，根据三角形的中位线定理可得DF∥BE，DF=BE=2；又因，可得∠BOD=90°，由平行线的性质可得∠ADF=∠BOD=90°，在Rt△ADF中，根据勾股定理即可求得AF的长.【详解】∵AD是的中线，F为CE的中点，∴DF为△CBE的中位线，∴DF∥BE，DF=BE=2；∵，∴∠BOD=90°，∵DF∥BE，∴∠ADF=∠BOD=90°，在Rt△ADF中，AD=4，DF=2，∴AF=.故选D.【点睛】本题考查了三角形的中位线定理及勾股定理，利用三角形的中位线定理求得DF∥BE，DF=BE=2是解决问题的关键.3、A【解析】

根据因式分解的格式要求及提公因式法和公式法进行求解，并逐一判断即可得解．【详解】A.，故此选项正确；B.没把一个多项式转化成几个整式积的形式，不是因式分解，故此选项错误；C.没把一个多项式转化成几个整式积的形式（含有分式），不是因式分解，故此选项错误；D.是整式的乘法，不是因式分解，故此选项错误；故选：A．【点睛】本题主要考查了因式分解的相关概念，熟练掌握因式分解的格式及公式法与提公因式法进行因式分解的方法是解决本题的关键．4、B【解析】试题分析：设这两年平均每年绿地面积的增长率是x，则过一年时间的绿地面积为1+x，过两年时间的绿地面积为（1+x）2，根据绿地面积增加44％即可列方程求解.设这两年平均每年绿地面积的增长率是x，由题意得（1+x）2=1+44％解得x1=0.2，x2=-2.2（舍）故选B.考点：一元二次方程的应用点评：提升对实际问题的理解能力是数学学习的指导思想，因而此类问题是中考的热点，在各种题型中均有出现，一般难度不大，需特别注意.5、C【解析】

根据轴对称图形和中心对称图形的概念即可得出.【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；B、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；故选C．【点睛】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形:在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形.中心对称图形:在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形.6、C【解析】

先把二次根式化为最简二次根式，然后把括号内合并后进行二次根式的除法运算．【详解】解：原式＝（﹣2﹣6）÷（﹣）＝﹣1÷（﹣）＝1．故选：C．【点睛】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后合并同类二次根式即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．7、C【解析】试题分析：过P作PQ∥DC交BC于点Q，由DC∥AB，得到PQ∥AB，可得出四边形PQCD与ABQP都为平行四边形，所以△PDC≌△CQP，△ABP≌△QPB，进而确定出△PDC与△PCQ面积相等，△PQB与△ABP面积相等，再由EF为△BPC的中位线，利用中位线定理得到EF∥BC，EF=BC，得出△PEF与△PBC相似，相似比为1：2，面积之比为1：4，所以=+=8.故选C．考点：平行四边形的性质；三角形中位线定理．8、D【解析】

根据二次根式有意义的条件：被开方数为非负数可得x+2≥0，再解不等式即可．【详解】∵二次根式在实数范围内有意义，∴被开方数x+2为非负数，∴x+2≥0，解得：x≥-2.故答案选D.【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，解题的关键是熟练的掌握二次根式有意义的条件.9、C【解析】

首先根据这个正多边形的每个内角的度数都等于相邻外角的2倍，可得：这个正多边形的外角和等于内角和的2倍；然后根据这个正多边形的外角和等于310°，求出这个正多边形的内角和是多少，进而求出该正多边形的边数是多少即可．【详解】310°×2÷180°+2=720°÷180°+2=4+2=1∴该正多边形的边数是1．故选C．【点睛】此题主要考查了多边形的内角与外角的计算，解答此题的关键是要明确：（1）多边形内角和定理：（n-2）•180（n≥3）且n为整数）．（2）多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和永远为310°．10、B【解析】

先观察△ABC和△A′B′C′得到把△ABC向上平移2个单位，再关于y轴对称可得到△A′B′C′，然后把点P（x，y）向上平移2个单位，再关于y轴对称得到点的坐标为（-x，y+2），即为P′点的坐标．【详解】解：∵把△ABC向上平移2个单位，再关于y轴对称可得到△A′B′C′，

∴点P（x，y）的对应点P′的坐标为（-x，y+2）．

故选：B．【点睛】本题考查了坐标与图形变化，解决本题的关键是根据已知对应点找到各对应点之间的变化规律．11、A【解析】分析：找出原命题的方面即可得出假设的条件．详解：有一个锐角不小于45°的反面就是：每个锐角都小于45°，故选A．点睛：本题主要考查的是反证法，属于基础题型．找到原命题的反面是解决这个问题的关键．12、B【解析】分析：本题主要考查自变量的取值范围，函数关系中主要有二次根式和分式两部分．根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，就可以求解．解答：解：∵≥0，∴x+3≥0，∴x≥-3，∵x-1≠0，∴x≠1，∴自变量x的取值范围是：x≥-3且x≠1．故选B．二、填空题（每题4分，共24分）13、140【解析】

首先连接AD，由等腰△ABC中，AB=AC，以AB为直径的半圆交BC于点D，可得∠BAD=∠CAD=20°，即可得∠ABD=70°，继而求得∠AOD的度数，则可求得AD弧的度数．【详解】连接AD、OD，

∵AB为直径，

∴∠ADB=90°，

即AD⊥BC，

∵AB=AC，

∴∠BAD=∠CAD=∠BAC=20°，BD=DC，

∴∠ABD=70°，

∴∠AOD=140°

∴AD弧的度数为140°；故答案为140.【点睛】本题考查等腰三角形的性质和圆周角定理，解题的关键是掌握等腰三角形的性质和圆周角定理.14、1．【解析】

先根据周角的定义求出正多边形③的每一个内角都是144°，由多边形的每一个内角都是144°先求得它的每一个外角是36°，然后根据正多边形的每个内角的度数×边数＝360°求解即可．【详解】解：360°−18°−18°＝144°，180°−144°＝36°，360°÷36°＝1．故答案为1．【点睛】本题主要考查的是多边形的内角与外角，明确正多边形的每个内角的度数×边数＝360°是解题的关键．15、—2【解析】

试题分析：根据定义运算“＊”：a＊b，即可得方程，在解方程即可得到结果.解：由题意得，解得.考点：新定义运算点评：计算题是中考必考题，一般难度不大，学生要特别慎重，尽量不在计算上失分.16、2：5【解析】

把y=0代入l1解析式求出x的值便可求出点A的坐标．令x=0代入l2的解析式求出点B的坐标．然后可求出AB的长．联立方程组可求出交点C的坐标，继而求出三角形ABC的面积，再利用xD=xB=2易求D点坐标．又已知yE=yD=2可求出E点坐标．故可求出DE，EF的长，即可得出矩形面积．【详解】解：由

x+=0，得x=-1．

∴A点坐标为（-1，0），

由-2x+16=0，得x=2．

∴B点坐标为（2，0），

∴AB=2-（-1）=3．

由

，解得，

∴C点的坐标为（5，6），

∴S△ABC=AB•6=×3×6=4．

∵点D在l1上且xD=xB=2，

∴yD=×2+=2，

∴D点坐标为（2，2），

又∵点E在l2上且yE=yD=2，

∴-2xE+16=2，

∴xE=1，

∴E点坐标为（1，2），

∴DE=2-1=1，EF=2．

∴矩形面积为：1×2=32，

∴S矩形DEFG：S△ABC=32：4=2：5．

故答案为：2：5．【点睛】此题主要考查了一次函数交点坐标求法以及图象上点的坐标性质等知识，根据题意分别求出C，D两点的坐标是解决问题的关键．17、1【解析】∵点P（m，﹣2）与点Q（3，n）关于原点对称，∴m=﹣3，n=2，则（m+n）2018=（﹣3+2）2018=1，故答案为1．18、13【解析】

先过点P作PM⊥BC于点M，利用三角形全等的判定得到△PQM≌△ADE，从而求出PQ=AE．【详解】过点P作PM⊥BC于点M，由折叠得到PQ⊥AE，∴∠DAE+∠APQ=90°，又∠DAE+∠AED=90°，∴∠AED=∠APQ，∵AD∥BC，∴∠APQ=∠PQM，则∠PQM=∠APQ=∠AED，∠D=∠PMQ，PM=AD∴△PQM≌△ADE∴PQ=AE=故答案是：13.【点睛】本题主要考查正方形中的折叠问题,正方形的性质.解决本题的关键是能利用折叠得出PQ⊥AE从而推理出∠AED=∠APQ=∠PQM，为证明三角形全等提供了关键的条件.三、解答题（共78分）19、（1）AB∥CD．理由见解析；（1）①证明见解析；②MN∥EF．理由见解析.【解析】

（1）分别过点C，D，作CG⊥AB，DH⊥AB，然后证明四边形CGHD为平行四边形后可得AB∥CD；（1）①连结MF，NE．设点M的坐标为（x1，y1），点N的坐标为（x1，y1）．利用反比例函数的性质结合条件得出S△EFM＝S△EFN．可得MN∥EF．（3）MN∥EF．证明与①类似.【详解】解：（1）分别过点C，D，作CG⊥AB，DH⊥AB，垂足为G，H，则∠CGA＝∠DHB＝90°．∴CG∥DH．∵△ABC与△ABD的面积相等，∴CG＝DH．∴四边形CGHD为平行四边形．∴AB∥CD．（1）①连结MF，NE．设点M的坐标为（x1，y1），点N的坐标为（x1，y1）．∵点M，N在反比例函数y=kx（k＞∴x1y∵ME⊥y轴，NF⊥x轴∴OE＝y1，OF＝x1．∴S△EFM＝1S△EFN＝12∴S△EFM＝S△EFN．由（1）中的结论可知：MN∥EF．②MN∥EF．证明与①类似，略．【点睛】本题考查1.平行四边形的判定与性质1.反比例函数的性质，综合性较强.20、（1）；（2）；（3）BP=或３或．【解析】

（1）先根据题意推出△ABE是等腰直角三角形，再根据勾股定理计算即可．（2）首先要推出△CPQ是等腰直角三角形，再根据已知推出各边的长度，然后相加即可．（3）首先证明△BPE∽△CQP，然后分三种情况讨论，分别求解，即可解决问题．【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，∵BE=CD=3，∴AB=BE=3，又∵∠A=45°，∴∠BEA=∠A=45°，∠ABE=90°，根据勾股定理得AE==；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，∠A=∠C=45°，又∵四边形ABPE是平行四边形，∴BP∥AB，且AE=BP，∴BP∥CD，∴ED=CP=，∵∠EPQ=45°，∴∠PQC=∠EPQ=45°，∴∠PQC=∠C=45°，∠QPC=90°，∴CP=PQ=，QC=2，∴△CPQ的周长=2+2；（３）解：如图，作BH⊥AE于H，连接BE．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD=3，AD=BC=AE+ED=，∠A=∠C=45°，∴AH=BH=，HE=AD－AH－DE=∴BH=EH，∴∠EBH=∠HEB=∠EBC=45°，∴∠EBP=∠C=45°，∵∠BPQ=∠EPB+∠EPQ=∠C+∠PQC，∠EPQ=∠C，∴∠EPB=∠PQC，∴△BPE∽△CQP．①当QP=QC时，则BP=PE，∴∠EBP=∠BEP=45°，则∠BPE=90°，∴四边形BPEF是矩形，BP=EF=，②当CP=CQ时，则BP=BE=3，③当CP=PQ时，则BE=PE=3，∠BEP=90°，∴△BPE为等腰三角形，∴BP2=BE2+PE2，∴BP=，综上：BP=或3或．【点睛】本题利用平行四边形的性质求解，其中运用了分类讨论的思想，这是解题关键．21、（1）BD⊥AE，理由见解析；（2）（cm）．【解析】

（1）直接利用平行四边形的性质得出BD∥CE，进而得出答案；（2）直接利用勾股定理得出BE的长，进而得出答案．【详解】解：（1）对，理由：∵ABCD是平行四边形，∴CD∥AB且CD＝AB．又B是AE的中点，∴CD∥BE且CD＝BE．∴BD∥CE，∵CE⊥AE，∴BD⊥AE；（2）设BE＝x，则CE＝x，在Rt△BEC中：x2+（x）2＝9，解得：x＝，故AB＝BE＝（cm）．【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质以及勾股定理，正确应用平行四边形的性质是解题关键．22、（1）5（2）20，10（3）α＝2β，理由见解析.【解析】

（1）先求出∠BAC=40°，再利用等腰三角形的性质求出∠B，∠ADE，根据三角形外角的性质求出∠ADC，减去∠ADE，即可得出结论；（2）先利用等腰三角形的性质求出∠DAE，进而求出∠BAD，即可得出结论；（3）利用等腰三角形的性质和三角形外角和定理即可得出结论．【详解】（1）∵∠BAD＝10°，∠DAE＝30°，∴∠BAC＝∠BAD+∠DAE＝40°，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C＝（180°﹣∠BAC）＝70°．∵AD＝AE，∠DAE＝30°，∴∠ADE＝∠AED＝（180°﹣∠DAE）＝75°．∵∠B＝70°，∠BAD＝10°，∴∠ADC＝∠B+∠BAD＝80°，∴∠EDC＝∠ADC﹣∠ADE＝5°．故答案为5；（2）∵AB＝AC，∠ABC＝60°，∴∠BAC＝60°，∵AD＝AE，∠ADE＝70°，∴∠DAE＝180°﹣2∠ADE＝40°，∴∠BAD＝60°﹣40°＝20°，∴∠ADC＝∠BAD+∠ABD＝60°+20°＝80°，∴∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝10°，故答案为20，10；（3）猜想：α＝2β．理由如下：设∠B＝x，∠AED＝y，∵AB＝AC，AD＝AE，∴∠C＝∠B＝x，∠ADE＝∠AED＝y．∵∠AED＝∠CDE+∠C，∴y＝β+x，∵∠ADC＝∠BAD+∠B＝∠ADE+∠CDE，∴α+x＝y+β＝β+x+β，∴α＝2β．【点睛】本题考查了等腰三角形等边对等角的性质，三角形内角和为180°的性质以及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，熟记性质是解题的关键．23、（1）y＝﹣x+4；（2）1.【解析】

（1）设直线l2的解析式为y=kx+b，已知点B、C的坐标，利用待定系数法求直线l2的解析式即可；（2）先求出点D、点A的坐标，从而求得OD、OA的长，再利用四边形OACD的面积＝S△ODC+S△AOC即可求得四边形OACD的面积．【详解】（1）设直线l2的解析式为y=kx+b，∵点C（2，2）、B（3，1）在直线l2上，∴2=2k+b1=3k+b解得，k=-1b=4∴直线l2的解析式为y＝﹣x+4；（2）∵点D是直线l1：y＝2x﹣2与x轴的交点，∴y＝0，0＝2x﹣2，x＝1，∴D（1，0），∴OD=1,∵点A是直线l2与x轴的交点，∴y＝0，即0＝﹣x+4，解得x