2024届浙江省绍兴县杨汛桥镇中学数学八年级下册期末监测模拟试题含解析

2024届浙江省绍兴县杨汛桥镇中学数学八年级下册期末监测模拟试题考生须知：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(每小题3分,共30分)1．如图，分别是矩形的边上的点，将四边形沿直线折叠，点与点重合，点落在点处，已知,则的长是()A．4 B．5 C．6 D．72．如图：一个长、宽、高分别为4cm、3cm、12cm的长方体盒子能容下的最长木棒长为（）A．11cmB．12cmC．13cmD．14cm3．正方形具有而菱形不具有的性质是（）A．对角线平分一组对角 B．对角互补C．四边相等 D．对边平行4．一个多边形的每个内角都等于135°，则这个多边形的边数为（）A．5 B．6 C．7 D．85．为了贯彻总书记提出的“精准扶贫”战略构想，铜仁市2017年共扶贫261800人，将261800用科学记数法表示为（）A．2.618×105 B．26.18×104 C．0.2618×106 D．2.618×1066．如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=．将矩形ABCD绕点A逆时针旋转至矩形AB′C′D′，使得点B′恰好落在对角线BD上，连接DD′，则DD′的长度为（）A． B． C．+1 D．27．如图，在平面直角坐标系中，△ABC位于第一象限，点A的坐标是（4，3），把△ABC向左平移6个单位长度，得到△A1B1C1，则点B1的坐标是（）A．（﹣2，3） B．（3，﹣1） C．（﹣3，1） D．（﹣5，2）8．在数学活动课上，同学们判断一个四边形门框是否为矩形.下面是某学习小组4位同学拟定的方案，其中正确的是()A．测量对角线是否平分 B．测量两组对边是否分别相等C．测量其中三个角是否是直角 D．测量对角线是否相等9．反比例函数y＝在第一象限的图象如图所示，则k的值可能是()A．1 B．2 C．3 D．410．下列说法正确的是（）A．对角线相等且互相垂直的四边形是菱形B．对角线互相垂直平分的四边形是正方形C．对角线互相垂直的四边形是平行四边形D．对角线相等且互相平分的四边形是矩形二、填空题(每小题3分,共24分)11．如图，P是矩形ABCD的边AD上一个动点，矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8，那么点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是__．12．若代数式在实数范围内有意义，则x的取值范围是_____．13．已知，若整数满足，则__________．14．如图，中，，，，为的中点，若动点以1的速度从点出发，沿着的方向运动，设点的运动时间为秒（），连接，当是直角三角形时，的值为_____．15．甲乙两人在5次打靶测试中，甲成绩的平均数，方差，乙成绩的平均数，方差.教练根据甲、乙两人5次的成绩，选一名队员参加射击比赛，应选择__________.16．2019年6月12日，重庆直达香港高铁的车票正式开售据悉，重庆直达香港的这趟G319/320次高铁预计在7月份开行，全程1342公里只需7个半小时该车次沿途停靠站点包括遵义、贵阳东、桂林西、肇庆东、广州南和深圳北重庆直达香港高铁开通将为重庆旅游业发展增添生机与活力，预计重庆旅游经济将创新高在此之前技术部门做了大量测试，在一次测试中一高铁列车从地出发匀速驶向地，到达地停止；同时一普快列车从地出发，匀速驶向地，到达地停止且，两地之间有一地，其中，如图①两列车与地的距离之和（千米）与普快列车行驶时间（小时）之间的关系如图②所示则高铁列车到达地时，普快列车离地的距离为__________千米．17．如图为某楼梯，测得楼梯的长为5米，高3米，计划在楼梯表面铺地毯，地毯的长度至少需要____________米.18．如图，正方形中，，点在边上，且.将沿对折至，延长交边于点，连接、.则下列结论：①：②；③：④.其中正确的有_（把你认为正确结论的序号都填上）三、解答题(共66分)19．（10分）如图，在△ABC中，AB=13，BC=21，AD=12，且AD⊥BC，垂足为点D，求AC的长．20．（6分）已知:在平面直角坐标系中,直线分别交、轴于点A、B两点,OA=5,∠OAB=60°.(1)如图1,求直线AB的解析式；(2)如图2,点P为直线AB上一点，连接OP,点D在OA延长线上，分别过点P、D作OA、OP的平行线,两平行线交于点C，连接AC,设AD=m,△ABC的面积为S,求S与m的函数关系式;(3)如图3,在(2)的条件下,在PA上取点E,使PE=AD,连接EC,DE,若∠ECD=60°,四边形ADCE的周长等于22，求S的值.21．（6分）我市开展“美丽自贡，创卫同行”活动，某校倡议学生利用双休日在“花海”参加义务劳动，为了解同学们劳动情况，学校随机调查了部分同学的劳动时间，并用得到的数据绘制了不完整的统计图，根据图中信息回答下列问题：（1）将条形统计图补充完整；（2）扇形图中的“1.5小时”部分圆心角是多少度？（3）求抽查的学生劳动时间的众数、中位数．22．（8分）已知关于x的方程x2-2(k-1)x+k2=0有两个实数根x1.x2.(1)求实数k的取值范围;(2)若(x1+1)(x2+1)=2，试求k的值.23．（8分）如图，在菱形中，，点将对角线三等分，且，连接.（1）求证：四边形为菱形（2）求菱形的面积；（3）若是菱形的边上的点，则满足的点的个数是______个.24．（8分）先化简再求值：，其中a=-2。25．（10分）在平行四边形中，的垂直平分线分别交于两点，交于点，试判断四边形的形状，并说明理由.26．（10分）安德利水果超市购进一批时令水果，20天销售完毕，超市将本次销售情况进行了跟踪记录，根据所记录的数据可绘制如图所示的函数图象，其中日销售量（千克）与销售时间（天）之间的函数关系如图甲所示，销售单价（元/千克）与销售时间（天）之间的函数关系如图乙所示。（1）直接写出与之间的函数关系式；（2）分别求出第10天和第15天的销售金额。（3）若日销售量不低于24千克的时间段为“最佳销售期”，则此次销售过程中“最佳销售期”共有多少天？在此期间销售单价最高为多少元？

参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【解析】

设AE=x,,则BE=8-x,根据矩形折叠过程可得：三角形BCE是直角三角形，AE=CE,所以BE2+BC2=CE2【详解】设AE=x,,则BE=8-x,根据矩形折叠过程可得：三角形BCE是直角三角形，AE=CE所以BE2+BC2=CE2所以解得x=5即AE=5故选：B【点睛】考核知识点：矩形的折叠问题.根据勾股定理求解是关键.2、C【解析】试题分析：∵侧面对角线BC2=32+42=52，∴CB=5m，∵AC=12m，∴AB==13（m），∴空木箱能放的最大长度为13m，故选C．考点：勾股定理的应用．3、B【解析】

要熟练掌握菱形对角线相互垂直平分与正方形对角线相互垂直平分相等的性质，根据各自性质进行比较即可解答．【详解】A.正方形和菱形的对角线都可以平分一组对角，故本选项错误B.只有正方形的对角互补，故本项正确C.正方形和菱形的四边都相等，故本项错误D.正方形和菱形的对边都平行，故本项错误故选B【点睛】本题考查正方形和菱形的性质，熟练掌握其性质是解题关键.4、D【解析】

先求出多边形的每一个外角的度数，继而根据多边形的外角和为360度进行求解即可.【详解】∵一个多边形的每个内角都等于135°，∴这个多边形的每个外角都等于180°-135°=45°，∵多边形的外角和为360度，∴这个多边形的边数为：360÷45=8，故选D.【点睛】本题考查了多边形的外角和内角，熟练掌握多边形的外角和为360度是解本题的关键.5、A【解析】

科学记数法，是指把一个大于10(或者小于1)的整数记为a×10n的形式(其中1≤|a|＜10)的记数法.【详解】解：261800=2.618×105.故选A【点睛】本题考核知识点：科学记数法.解题关键点：理解科学记数法的定义.6、A【解析】

先求出∠ABD=60°，利用旋转的性质即可得到AB=AB′，进而得到△ABB′是等边三角形，于是得到∠BAB′=60°，再次利用旋转的性质得到∠DAD′=60°，结合AD=AD′，可得到△ADD′是等边三角形，最后得到DD′的长度．【详解】解：∵矩形ABCD中，AB=1，BC=，∴AD=BC=，∴tan∠ABD==，∴∠ABD=60°，∵AB=AB′，∴△ABB′是等边三角形，∴∠BAB′=60°，∴∠DAD′=60°，∵AD=AD′，∴△ADD′是等边三角形，∴DD′=AD=BC=，故选A．7、C【解析】

此题涉及的知识点是坐标与图形的变化﹣平移，掌握点的坐标的平移规律：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减，就可以得出结果．【详解】根据点的平移的规律：向左平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x﹣a，y），据此求解可得．∵点B的坐标为（3，1），∴向左平移6个单位后，点B1的坐标（﹣3，1），故选C【点睛】此题重点考察学生对于图形的平移的应用，掌握点的坐标的平移规律是解题的关键．8、C【解析】分析：根据矩形的判定方法逐项分析即可.详解：A、根据对角线互相平分只能得出四边形是平行四边形，故本选项错误；B、根据对边分别相等，只能得出四边形是平行四边形，故本选项错误；C、根据矩形的判定，可得出此时四边形是矩形，故本选项正确；D、根据对角线相等不能得出四边形是矩形，故本选项错误；故选C．点睛：本题考查了矩形的判定方法的实际应用，熟练掌握矩形的判定方法是解答本题的关键.矩形的判定方法有：①有一个角的直角的平行四边形是矩形；②对角线相等的平行四边形是矩形；③有三个角是直角的四边形是矩形；④对角线相等且互相平分的四边形是矩形.9、C【解析】如图，当x=2时，y=，∵1＜y＜2，∴1＜＜2，解得2＜k＜4，所以k=1．故选C．10、D【解析】

分别根据菱形、正方形、平行四边形和矩形的判定逐项判断即可．【详解】对角线相等且互相垂直的四边形不一定是平行四边形，更不一定是菱形，故A不正确；对角线互相垂直平分的四边形为菱形，但不一定是正方形，故B不正确；对角线互相垂直的四边形，其对角线不一定会平分，故不一定是平行四边形，故C不正确；对角线互相平分说明四边形为平行四边形，又对角线相等，可知其为矩形，故D正确；故选：D．【点睛】考查平行四边形及特殊平行四边形的判定，掌握平行四边形及特殊平行四边形的对角线所满足的条件是解题的关键．二、填空题(每小题3分,共24分)11、4.1【解析】

首先连接OP，由矩形的两条边AB、BC的长分别为6和1，可求得OA＝OD＝5，△AOD的面积，然后由S△AOD＝S△AOP＋S△DOP＝OA•PE＋OD•PF求得答案．【详解】解：连接OP，

∵矩形的两条边AB、BC的长分别为6和1，

∴S矩形ABCD＝AB•BC＝41，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD＝，

∴OA＝OD＝5，

∴S△ACD＝S矩形ABCD＝24，

∴S△AOD＝S△ACD＝12，

∵S△AOD＝S△AOP＋S△DOP＝OA•PE＋OD•PF＝×5×PE＋×5×PF＝（PE＋PF）＝12，

解得：PE＋PF＝4.1．

故答案为：4.1．【点睛】此题考查了矩形的性质以及三角形面积问题．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．12、x≤【解析】∵代数式在实数范围内有意义，∴，解得：.故答案为：.13、【解析】

先根据确定m的取值范围，再根据，推出，最后利用来确定a的取值范围．【详解】解：为整数为故答案为：1．【点睛】本题考查的知识点是二次根式以及估算无理数的大小，利用“逼近法”得出的取值范围是解此题的关键．14、2或6或3.1或4.1．【解析】

先求出AB的长，再分①∠BDE=90°时，DE是ΔABC的中位线，然后求出AE的长度，再分点E在AB上和在BA上两种情况列出方程求解即可；②∠BED=90°时，利用∠ABC的余弦列式求出BE，然后分点E在AB上和在BA上两种情况列出方程求解即可.【详解】解：∵∠ACB=90°，∠ABC=60°，BC=2cm，∴AB=BC÷=2÷=4，①∠BDE=90°时，如图（1）∵D为BC的中点，∴DE是ΔABC的中位线，∴AE=AB=×4=2，点E在AB上时，t=2÷1=2秒，点E在BA上时，点E运动的路程为4×2-2=6，t=6÷1=6；②∠BED=90°时，如图（2）BE=BD=×2×=点E在AB上时，t=（4-0.1）÷1=3.1，点E在BA上时，点E运动的路程为4+0.1=4.1，t=4.1÷1=4.1，综上所述，t的值为2或6或3.1或4.1．故答案为：2或6或3.1或4.1．【点睛】掌握三角形的中位线，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半.含30°角的直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半.15、甲【解析】

根据根据方差的定义，方差越小数据越稳定，即可得出答案．【详解】解：因为甲、乙射击成绩的平均数一样，但甲的方差较小，说明甲的成绩比较稳定，因此推荐甲更合适．【点睛】本题考查了方差：方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之，则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好．也考查了平均数。16、1【解析】

由图象可知4.5小时两列车与C地的距离之和为0，于是高铁列车和普快列车在C站相遇，由于AC=2BC，因此高铁列车的速度是普快列车的2倍，相遇后图象的第一个转折点，说明高铁列车到达B站，此时两车距C站的距离之和为1千米，由于V高铁=2V普快，因此BC距离为1千米的三分之二，即240千米，普快离开C占的距离为1千米的三分之一，即120千米，于是可以得到全程为240+240×2=720千米，当高铁列车到达B站时，普快列车离开B站240+120=1千米，此时距A站的距离为720-1=1千米．【详解】∵图象过（4.5，0）

∴高铁列车和普快列车在C站相遇

∵AC=2BC，

∴V高铁=2V普快，

BC之间的距离为：1×=240千米，全程为AB=240+240×2=720千米，

此时普快离开C站1×=120千米，

当高铁列车到达B站时，普快列车距A站的距离为：720-120-240=1千米，

故答案为：1．【点睛】此题考查一次函数的应用．解题关键是由函数图象得出相关信息，明确图象中各个点坐标的实际意义．联系行程类应用题的数量关系是解决问题的关键，图象与实际相结合容易探求数量之间的关系，也是解决问题的突破口．17、1．【解析】在Rt△ABC中，AB=5米，BC=3米，∠ACB=90°，

∴AC=∴AC+BC=3+4=1米．

故答案是：1．18、①②③④【解析】

根据翻折变换的性质和正方形的性质可证△ABG≌△AFG；由①和翻折的性质得出△ABG≌△AFG，△ADE≌△AFE，即可得出；在直角△ECG中，根据勾股定理可证BG=GC；通过证明∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，由平行线的判定可得AG∥CF.【详解】解：①正确，∵四边形ABCD是正方形，将△ADE沿AE对折至△AFE，∴AB=AD=AF，在△ABG与△AFG中，;△ABG≌△AFG（SAS）；②正确，∵由①得△ABG≌△AFG，又∵折叠的性质，△ADE≌△AFE，∴∠BAG=∠FAG，∠DAE=∠EAF，∴∠EAG=∠FAG+∠EAF=90°×=45°；③正确，∵EF=DE=CD=2，设BG=FG=x，则CG=6-x，在直角△ECG中，根据勾股定理，得（6-x）2+42=（x+2）2，解得x=3，∴BG=3=6-3=GC；④正确，∵CG=BG=GF，∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF，又∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=180°-∠FGC=∠GFC+∠GCF，∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，∴AG∥CF；【点睛】本题考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想应用.三、解答题(共66分)19、20.【解析】

依据勾股定理，即可得到BD和CD的长，进而得出AC．【详解】∵AB=13，AD=12，AD⊥BC，∴，∵BC=21，∴CD=BC-BD=16，∴．【点睛】本题主要考查勾股定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理公式a2+b2=c2及其变形．20、(1)直线解析式为；(2)S=；(3).【解析】

(1)先求出点B坐标，设AB解析式为，把点A(5，0)，B(0，)分别代入，利用待定系数法进行求解即可；(2)由题意可得四边形ODCP是平行四边形，∠OAB=∠APC=60°，则有PC=OD=5+m，∠PCH=30°，过点C作CH⊥AB，在Rt△PCH中利用勾股定理可求得CH=，再由S=ABCH代入相关数据进行整理即可得；(3)先求得∠PEC=∠ADC，设∠OPA=，则∠OPC=∠ADC=∠PEC=60°+，在BA延长线上截取AK=AD，连接OK，DK，DE，证明△ADK是等边三角形，继而证明△PEC≌△DKO，通过推导可得到OP=OK=CE=CD，再证明△CDE是等边三角形，可得CE=CD=DE，连接OE，证明△OPE≌△EDA，继而可得△OAE是等边三角形，得到OA=AE=5，根据四边形ADCE的周长等于22，可得ED=，过点E作EN⊥OD于点N，则DN=，由勾股定理得，可得关于m的方程，解方程求得m的值后即可求得答案.【详解】(1)在Rt△ABO中OA=5，∠OAB=60°，∴∠OBA=30°，AB=10，由勾股定理可得OB=，∴B(0，)，设AB解析式为，把点A(5，0)，B(0，)分别代入，得，∴，∴直线解析式为；(2)∵CP//OD，OP//CD，∴四边形ODCP是平行四边形，∠OAB=∠APC=60°，∴PC=OD=5+m，∠PCH=30°，过点C作CH⊥AB，在Rt△PCH中PH=，由勾股定理得CH=，∴S=ABCH=；(3)∵∠ECD=∠OAB=60°，∴∠EAD+∠ECD=180°，∠CEA+∠ADC=180°，∴∠PEC=∠ADC，设∠OPA=，则∠OPC=∠ADC=∠PEC=60°+，在BA延长线上截取AK=AD，连接OK，DK，DE，∵∠DAK=60°，∴△ADK是等边三角形，∴AD=DK=PE，∠ODK=∠APC，∵PC=OD，∴△PEC≌△DKO，∴OK=CE，∠OKD=∠PEC=∠OPC=60°+，∠AKD=∠APC=60°，∴∠OPK=∠OKB，∴OP=OK=CE=CD，又∵∠ECD=60°，∴△CDE是等边三角形，∴CE=CD=DE，连接OE，∵∠ADE=∠APO，DE=CD=OP，∴△OPE≌△EDA，∴AE=OE，∠OAE=60°，∴△OAE是等边三角形，∴OA=AE=5，∵四边形ADCE的周长等于22，∴AD+2DE=17，∴ED=，过点E作EN⊥OD于点N，则DN=，由勾股定理得，即，解得，(舍去)，∴S==20.【点睛】本题考查的四边形综合题，涉及了待定系数法，平行四边形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解一元二次方程等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.21、（1）详见解析；（2）144°；（3）众数为1.5小时、中位数为1.5小时．【解析】试题分析：（1）根据学生劳动“1小时”的人数除以占的百分比，求出总人数，（2）进而求出劳动“1.5小时”的人数，以及占的百分比，乘以360即可得到结果；（3）根据统计图中的数据确定出学生劳动时间的众数与中位数即可．解：（1）根据题意得：30÷30%=100（人），∴学生劳动时间为“1.5小时”的人数为100﹣（12+30+18）=40（人），补全统计图，如图所示：（2）根据题意得：40%×360°=144°，则扇形图中的“1.5小时”部分圆心角是144°；（3）根据题意得：抽查的学生劳动时间的众数为1.5小时、中位数为1.5小时．22、(2)；(2)k=-3.【解析】

（2）根据一元二次方程的系数结合根的判别式△≥0，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围；

（2）根据根与系数可得出x2+x2=2（k-2），x2x2=k2，结合（x2+2）（x2+2）=2，即可得出关于k的一元二次方程，解之即可得出k值，结合（2）的结论即可得出结论．【详解】解：（2）∵关于x的方程x2-2（k-2）x+k2=0有两个实数根，

∴△=[-2（k-2）]2-4×2×k2≥0，

∴k≤，

∴实数k的取值范围为k≤．

（2）∵方程x2-2（k-2）x+k2=0的两根为x2和x2，

∴x2+x2=2（k-2），x2x2=k2．

∵（x2+2）（x2+2）=2，即x2x2+（x2+x2）+2=2，

∴k2+2（k-2）+2=2，

解得：k2=-3，k2=2．

∵k≤，

∴k=-3．【点睛】本题考查了根的判别式以及根与系数关系，解题的关键是：（2）牢记“当△≥0时，方程有实数根”；（2）根据根与系数关系结合（x2+2）（x2+2）=2，找出关于k的一元二次方程．23、（1）见解析；（2）；（3）1【解析】

（1）根据题意证明△AED≌△AEB≌△CFD≌△CFB，得到四边相等即可证明是菱形；（2）求出菱形的对角线的长，利用菱形的面积等于对角线乘积的一半解决问题即可．（3）不妨假设点P在线段AD上，作点E关于AD的对称点E′，连接FE′交AD于点P，此时PE＋PF的值最小．求出PE＋PF的最值，判断出在线段AD上存在两个点P满足条件，由此即可判断．【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AD≡AB=CD=CB，∠DAE=∠BAE=∠DCF=∠BCF，∴△AED≌△AEB≌△CFD≌△CFB（SAS）∴DE=BE=DF=BF,∴四边形DEBF为菱形.（2）连接DB，交AC于O，∵四边形ABCD是菱形，∴DB⊥AC，，又∵AE=EF=FC=2，∴AO=3，AD=2DO，∴，∴，∴（3）不妨假设点P在线段AD上，作点E关于AD的对称点E′，连接FE′交AD于点P，此时PE＋PF的值最小．易知PE＋PF的最小值＝2当点P由A运动到D时，PE＋PF的值由最大值6减小到2再增加到4，∵PE＋PE＝，2＜＜4，∴线段AD上存在两个点P，满足PE＋PF＝∴根据对称性可知：菱形ABCD的边上的存在1个点P满足条件．故答案为1．【点睛】本题考查菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，轴对称等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．24、,3【解析】

可先对括号内，进行化简约分，对括号外除法化乘法，然后对括号内同分母分式加法进行计算，最后进行约分即可得到化简之后的结果，将a=-2代入化简之后的结果进行计算.【详解】原式=当a=-2，原式=3【点睛】本题考查分式的化简求值，对于分式的化简在运算过程中要根据运算法则注意运算顺序，在化简过程中可先分别对分母分子因式分解，再进行约分计算.25、四边形是菱形,理由见解析。【解析】

根据题意先证明四边形是平行四边形，再根据垂直平分线的性质即可求解.【详解】解:四边形是菱形,理由如下:四边形是平行四边形又垂直平分在和