2024年广东省深圳市南山外国语学校八年级下册数学期末经典试题含解析

2024年广东省深圳市南山外国语学校八年级下册数学期末经典试题请考生注意：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(每小题3分,共30分)1．如图，在中，和的平分线相交于点，过点作交于点，交于点，过点作于点，某班学生在一次数学活动课中，探索出如下结论，其中错误的是（）A． B．点到各边的距离相等C． D．设，，则2．在□ABCD中，∠A、∠B的度数之比为5∶4，则∠C等于（）A．60° B．80° C．100° D．120°3．如图,折叠长方形的一边,使点落在边的点处,折痕为,且，．则的长为()A．3 B． C．4 D．4．在平面直角坐标系中，函数的图象经过（）A．第一、二、三象限 B．第一、二、四象限C．第一、三、四象限 D．第二、三、四象限5．如图，长宽高分别为3，2，1的长方体木块上有一只小虫从顶点A出发沿着长方体的外表面亮到现点B，则它爬行的最短路程是()A． B．2 C．3 D．56．下表记录了甲、乙、丙、丁四名跳远运动员选拔赛成绩的平均数与方差s2：根据表中数据，要从中选择一名成绩好又发挥稳定的运动员参加比赛，应该选择（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁7．下列图形中，不属于中心对称图形的是（）A．圆 B．等边三角形 C．平行四边形 D．线段8．如图，数轴上点A，B分别对应1，2，过点B作PQ⊥AB，以点B为圆心，AB长为半径画弧，交PQ于点C，以点A为圆心，AC长为半径画弧，交数轴于点M，则点M对应的数是()A． B． C．+1 D．+19．通过估算，估计+1的值应在()A．2～3之间 B．3～4之间 C．4～5之间 D．5～6之间10．如图，将矩形ABCD的四个角向内折叠铺平，恰好拼成一个无缝隙无重叠的矩形EFGH，若EH＝5，EF＝12，则矩形ABCD的面积是（

）A．13

B．

C．60

D．120二、填空题(每小题3分,共24分)11．已知一组数据x1，x2，x3，x4的平均数是5，则数据x1＋3，x2＋3，x3＋3，x4＋3的平均数是____．12．如图，在中，，点、、分别为、、的中点.若，则的长为_____________.13．约分___________．14．已知：，则_______．15．如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为（﹣5，0）、（﹣2，0）．点P在抛物线y=﹣2x2+4x+8上，设点P的横坐标为m．当0≤m≤3时，△PAB的面积S的取值范围是_____．16．在一个不透明的口袋中，装有4个红球和1个白球，这些球除颜色之外其余都相同，那么摸出1个球是红球的概率为________.17．一组正整数2、3、4、x从小到大排列，已知这组数据的中位数和平均数相等，那么x的值是．18．已知一组数据11、17、11、17、11、24共六个数，那么数11在这组数据中的频率是______．三、解答题(共66分)19．（10分）综合与探究问题情境：在综合实践课上，李老师让同学们根据如下问题情境，写出两个数学结论：如图（1），正方形ABCD的对角线交于点O，点O又是正方形OEFG的一个顶点（正方形OEFG的边长足够长），将正方形OEFG绕点O做旋转实验，OE与BC交于点M，OG与DC交于点N．“兴趣小组”写出的两个数学结论是：①S△OMC+S△ONC＝S正方形ABCD；②BM1+CM1＝1OM1．问题解决：（1）请你证明“兴趣小组”所写的两个结论的正确性．类比探究：（1）解决完“兴趣小组”的两个问题后，老师让同学们继续探究，再提出新的问题；“智慧小组“提出的问题是：如图（1），将正方形OEFG在图（1）的基础上旋转一定的角度，当OE与CB的延长线交于点M，OG与DC的延长线交于点N，则“兴趣小组”所写的两个结论是否仍然成立？请说明理由．20．（6分）如图所示，方格纸中的每个小方格都是边长为个单位长度的正方形，在建立平面直角坐标系后，的顶点均在格点上．①以原点为对称中心，画出与关于原点对称的．②将绕点沿逆时针方向旋转得到，画出，并求出的长．21．（6分）计算：（1）；（2）（﹣）（+）+（﹣1）222．（8分）如图，正方形ABCD中，点E是边BC上一点，EF⊥AC于点F，点P是AE的中点．（1）求证：BP⊥FP；（2）连接DF，求证：AE＝DF．23．（8分）南江县在“创国家级卫生城市”中，朝阳社区计划对某区域进行绿化，经投标，由甲、乙两个工程队来完成，已知甲队每天能完成绿化的面积是乙队每天能完成绿化面积的2倍，并且在独立完成面积为400m2区域的绿化时，甲队比乙队少用4天．求甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积是多少？24．（8分）某货运公司有大小两种货车,3辆大货车与4辆小货车一次可以运货29吨,2辆大货车与6辆小货车一次可以运货31吨.(1)1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货多少吨?(2)有46.4吨货物需要运输,货运公司拟安排大小货车共10辆(要求两种货车都要用),全部货物一次运完,其中每辆大货车一次运货花费500元,每辆小货车一次运货花费300元,请问货运公司应如何安排车辆最节省费用?25．（10分）某乡镇企业生产部有技术工人15人，生产部为了合理制定产品的每月生产定额，统计了15人某月的加工零件个数：每人加工件数540450300240210120人数112632（1）写出这15人该月加工零件数的平均数、中位数和众数．（2）若以本次统计所得的月加工零件数的平均数定为每位工人每月的生产定额，你认为这个定额是否合理，为什么？26．（10分）阅读材料：解分式不等式3x+解：根据实数的除法法则：同号两数相除得正数，异号两数相除得负数，因此，原不等式可转化为：①3x+6<0解①得：无解，解②得：﹣2＜x＜1所以原不等式的解集是﹣2＜x＜1请仿照上述方法解下列分式不等式：（1）x-42x+5＞1；（2）x+2

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、C【解析】

利用角平分线的性质、等腰三角形的判定与性质逐一判定即可.【详解】∵在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O∴∠OBC=∠ABC，∠OCB=∠ACB，∠A+∠ABC+∠ACB=180°，∴∠OBC+∠OCB=90°-∠A∴∠BOC=180°-（∠OBC+∠OCB）=90°+∠A，故C错误；∵∠EBO=∠CBO，∠FCO=∠BCO，∴∠EBO=∠EOB，∠FCO=∠FOC，∴BE=OE，CF=OF∴EF=EO+OF=BE+CF，故A正确；由已知，得点O是的内心，到各边的距离相等，故B正确；作OM⊥AB，交AB于M，连接OA，如图所示：∵在△ABC中，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点O∴OM=∴，故D选项正确；故选：C.【点睛】此题主要考查运用角平分线的性质、等腰三角形的判定与性质，解题关键是注意数形结合思想的运用.2、C【解析】试题分析：根据平行四边形的性质可得∠A、∠B互补，从而可求得∠A的度数，即可得到结果.∵□ABCD∴∠A+∠B=180°∵∠A、∠B的度数之比为5∶4∴∠C=∠A=100°故选C.考点：平行四边形的性质点评：解题的关键是熟练掌握平行四边形的邻角互补、对角相等.3、B【解析】

先求出BF的长度，进而求出FC的长度；根据勾股定理列出关于线段EF的方程，即可解决问题．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC=10，DC=AB=6；∠B=90°，

由折叠的性质得：AF=AD=10cm；DE=EF设DE=EF=x，EC=6-x在Rt△ABF中

∴CF=10-8=2；

在Rt△EFC中，EF2=CE2+CF2，解得：故选：B【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，解题的关键是根据翻折变换的性质找出图形中隐含的等量关系；根据有关定理灵活分析、正确判断、准确求解．4、D【解析】

由k、b的正负，利用一次函数图象与系数的关系即可得出函数y=-2x-3的图象经过第二、三、四象限，此题得解．【详解】∵k=-2＜0，b=-3＜0，∴函数y=-2x-3的图象经过第二、三、四象限．故选D．【点睛】本题考查了一次函数图象与系数的关系，牢记“k＜0，b＜0⇔y=kx+b的图象在二、三、四象限”是解题的关键．5、C【解析】

将长方形的盒子按不同方式展开，得到不同的矩形，求出不同矩形的对角线，最短者即为正确答案.【详解】解：将长方形的盒子按不同方式展开，得到不同的矩形，对角线长分别为：∴从点A出发沿着长方体的表面爬行到达点B的最短路程是3.故选C.【点睛】本题主要考查了两点之间线段最短，解答时根据实际情况进行分类讨论，灵活运用勾股定理是解题的关键.6、A【解析】试题分析：∵甲的方差是3.5，乙的方差是3.5，丙的方差是15.5，丁的方差是16.5，∴S甲2=S乙2＜考点：1．方差；2．算术平均数．7、B【解析】试题分析：根据中心对称图形的概念求解．解：A、是中心对称图形，故本选项错误；B、不是中心对称图形，故本选项正确；C、是中心对称图形，故本选项错误；D、是中心对称图形，故本选项错误．故选B．【点评】本题考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．8、C【解析】

根据题意求出BC，根据勾股定理求出AC，得到AM的长，根据数轴的性质解答．【详解】解：由题意得，BC=AB=1，

由勾股定理得，AC=，

则AM=，

∴点M对应的数是+1，

故选：C．【点睛】本题考查了勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a1+b1=c1．9、B【解析】

先估算出在和之间，即可解答.【详解】，，，故选：.【点睛】本题考查了估算无理数的大小，解决本题的关键是确定在哪两个数之间，题型较好，难度不大.10、D【解析】

由折叠图形的性质求得∠HEF=90°，则∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠GHE=90∘，得到四边形EHFG是矩形，再由折叠的性质得矩形ABCD的面积等于矩形EFGH面积的2倍，根据已知数据即可求出矩形ABCD的面积.【详解】如图，根据折叠的性质可得∠AEH=∠MEH，∠BEF=∠FEM，∴∠AEH+∠BEF=∠MEH+∠FEM，∴∠HEF=90°，同理得∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠GHE=90∘∴四边形EHFG是矩形，由折叠的性质得：S矩形ABCD=2S矩形HEFG=2×EH×EF=2×5×12=120；故答案为：D.【点睛】本题考查矩形的折叠问题，解题关键在于能够得到四边形EHFG是矩形二、填空题(每小题3分,共24分)11、8【解析】

根据平均数的性质知,要求x1＋3，x2＋3，x3＋3，x4＋3的平均数,只要把数x1，x2，x3，x4的和表示出即可.【详解】解：x1，x2，x3，x4的平均数为5x1+x2+x3+x4=45=20,x1＋3，x2＋3，x3＋3，x4＋3的平均数为:=(x1＋3+x2＋3+x3＋3+x3＋3)4=(20+12)4=8,故答案为:8.【点睛】本题主要考查算术平均数的计算.12、1【解析】

已知CD是Rt△ABC斜边AB的中线，那么AB=2CD；EF是△ABC的中位线，则EF应等于AB的一半．【详解】解：∵△ABC是直角三角形，CD是斜边的中线，∴AB=2CD又∵EF是△ABC的中位线，

∴AB=2CD=2×1=10cm，故答案为：1．【点睛】此题主要考查了三角形中位线定理以及直角三角形斜边上的中线等知识，用到的知识点为：（1）直角三角形斜边的中线等于斜边的一半；（2）三角形的中位线等于对应边的一半．13、【解析】

根据分式的性质,分子分母同时扩大或缩小相同倍数时分式的值不变即可解题.【详解】=,（分子分母同时除以6abc）.【点睛】本题考查了分式的变形和化简,属于简单题,熟悉分式的性质是解题关键.14、【解析】

由题意设，再代入代数式求值即可.【详解】由题意设，，则【点睛】考查了代数式求值，本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握代数式求值的方法，即可完成.15、3≤S≤1．【解析】

根据坐标先求AB的长，所以△PAB的面积S的大小取决于P的纵坐标的大小，因此只要讨论当0≤m≤3时，P的纵坐标的最大值和最小值即可，根据顶点坐标D（1，4），由对称性可知：x=1时，P的纵坐标最大，此时△PAB的面积S最大；当x=3时，P的纵坐标最小，此时△PAB的面积S最小．【详解】∵点A、B的坐标分别为（-5，0）、（-2，0），∴AB=3，y=-2x2+4x+8=-2（x-1）2+10，∴顶点D（1，10），由图象得：当0≤x≤1时，y随x的增大而增大，当1≤x≤3时，y随x的增大而减小，∴当x=3时，即m=3，P的纵坐标最小，y=-2（3-1）2+10=2，此时S△PAB=×2AB=×2×3=3，当x=1时，即m=1，P的纵坐标最大是10，此时S△PAB=×10AB=×10×3=1，∴当0≤m≤3时，△PAB的面积S的取值范围是3≤S≤1；故答案为3≤S≤1．【点睛】本题考查了二次函数的增减性和对称性，及图形和坐标特点、三角形的面积，根据P的纵坐标确定△PAB的面积S的最大值和最小值是本题的关键．16、0.8【解析】

由一个不透明的口袋中，装有4个红球，1个白球，这些球除颜色外其余都相同，直接利用概率公式求解即可求得答案．【详解】解：∵一个不透明的口袋中，装有4个红球，1个白球，这些球除颜色外其余都相同，∴从口袋中随机摸一个球，则摸到红球的概率为：故答案为：0.8【点睛】此题考查了概率公式的应用，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．17、5【解析】

解：∵这组数据的中位数和平均数相等，且2、3、4、x从小到大排列，∴（3+4）=（2+3+4+x），解得：x=5；故答案为518、0.1【解析】

根据公式：频率=即可求解．【详解】解：11的频数是3，则频率是：=0.1．故答案是：0.1．【点睛】本题考查了频率公式：频率=，理解公式是关键．三、解答题(共66分)19、（1）详见解析；（1）结论①不成立，结论②成立，理由详见解析.【解析】

（1）①利用正方形的性质判断出△BOM≌△CON，利用面积和差即可得出结论；②先得出OM＝ON，BM＝CN，再用勾股定理即可得出结论；（1）同（1）的方法即可得出结论．【详解】解：（1）①∵正方形ABCD的对角线相交于O，∴S△BOC＝S正方形ABCD，OB＝OC，∠BOC＝90°，∠OBM＝∠OCN，∵四边形OEFG是正方形，∴∠MON＝90°，∴∠BOC﹣∠MOC＝∠MON﹣∠MOC，∴∠BOM＝∠COM，∴△BOM≌△CON，∴S△BOM＝S△CON，∴S△OMC+S△ONC＝S△OMC+S△BOM＝S正方形ABCD；②由①知，△BOM≌△CON，∴OM＝ON，BM＝CN，在Rt△MCN中，MN1＝CM1+CN1＝CM1+BM1，在Rt△MON中，MN1＝OM1+ON1＝1OM1，∴BM1+CM1＝1OM1；（1）结论①不成立，理由：∵正方形ABCD的对角线相交于O，∴S△BOC＝S正方形ABCD，OB＝BD，OC＝AC，AC＝BD，AC⊥BD，∠ABC＝∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，BD平分∠ABC，∴OB＝OC，∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，∴∠OBM＝∠OCN＝135°，∵四边形OEFG是正方形，∴∠MON＝90°，∴∠BOM＝∠CON，∴△BOM≌△CON，∴S△BOM＝S△CON，∴S△OMC﹣S△BOM＝S△OMC﹣S△CON＝S△BOC＝S正方形ABCD，∴结论①不成立；结论②成立，理由：如图（1）连接MN，∵△BOM≌△CON，∴OM＝ON，BM＝CN，在Rt△MCN中，MN1＝CM1+CN1＝CM1+BM1，在Rt△MON中，MN1＝OM1+ON1＝1OM1，∴BM1+CM1＝1OM1，∴结论②成立．【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题.20、①见解析；②【解析】试题分析：（1）根据对称点平分对应点连线可找到各点的对应点，从而顺次连接即可得出△A1B1C1；

（2）根据图形旋转的性质画出△A2B2C2，并求得的长.试题解析：①②∴即为所求设点为点，∵，，∴，．∵，∴．∵旋转，∴，．∵，，∴，．∵，∴．21、(1)；(2).【解析】

（1）先分别进行化简，然后再合并同类二次根式即可；（2）先利用平方差公式以及完全平方公式进行展开，然后再进行加减运算即可.【详解】(1)原式===；(2)原式==.【点睛】本题考查了二次根式的化简，二次根式的混合运算，熟练掌握相关的运算法则是解题的关键.22、（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】

（1）先根据正方形的性质可得，再根据直角三角形的性质可得，然后根据等腰三角形的性质可得，，最后根据三角形外角性质、角的和差即可得证；（2）如图（见解析），先结合（1）的结论、根据等腰直角三角形的性质可得，从而可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据等量代换即可得证．【详解】（1）四边形ABCD是正方形点P是AE的中点，是斜边上的中线，FP是斜边上的中线即；（2）如图，连接BF是等腰直角三角形四边形ABCD是正方形在和中，．【点睛】本题考查了正方形的性质、直角三角形斜边上的中线、三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．23、甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积分别是100m1、50m1．【解析】

设乙工程队每天能完成绿化的面积是xm1，根据在独立完成面积为400m1区域的绿化时，甲队比乙队少用4天，列方程求解即可.【详解】设乙工程队每天能完成绿化的面积是x(m1)，根据题意得，解得：x＝50，经检验：x＝50是原方程的解，且符合实际意义，所以甲工程队每天能完成绿化的面积是50×1＝100(m1)，答：甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积分别是100m1、50m1．【点睛】本题考查了分式方程的应用，弄清题意，找准等量关系列出方程是解题的关键.24、（1）1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货5吨和3.5吨；（2）货运公司安排大货车8辆，小货车2辆，最节省费用.【解析】

（1）设1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货x吨和y吨，根据“3辆大货车与4辆小货车一次可以运货18吨、2辆大货车与6辆小货车一次可以运货17吨”列方程组求解可得；（2）设货运公司安排大货车m辆，则安排小货车（10-m）辆．根据10辆货车需要运输46.4吨货物列出不等式．【详解】解：（1）设1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货吨和吨，根据题意，得，解得，所以大货车和1辆小货车一次可以分别运货5吨和3.5吨；（2）设货运公司安排大货车m辆，则安排小货车（10-m）辆，根据题意可得：5m+3.5（10-m）≥46.4，解得：m≥7.6，因为m是正整数，且m≤10，所以m=8或9或10，所以10-m=2或1或0，方案一：所需费用=500×8+300×2=4600（元）,方案二：所需费用=500×9+300×1=4