2024年江苏省海安市十学校八年级数学第二学期期末综合测试模拟试题含解析

2024年江苏省海安市十学校八年级数学第二学期期末综合测试模拟试题请考生注意：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（每题4分，共48分）1．下列图形都是由同样大小的黑、白圆按照一定规律组成的，其中第①个图形中一共有2个白色圆，第②个图形中一共有8个白色圆，第③个图形中一共有16个白色圆，按此规律排列下去，第⑦个图形中白色圆的个数是（）A．96 B．86 C．68 D．522．如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的顶点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（0，1），点C在第一象限，对角线BD与x轴平行．直线y=x+3与x轴、y轴分别交于点E、F，将菱形ABCD沿x轴向左平移m个单位，当点D落在△EOF的内部时（不包括三角形的边），m的取值范围是（）A．4＜m＜6 B．4≤m≤6 C．4＜m＜5 D．4≤m＜53．一元二次方程x2﹣4x﹣6＝0经过配方可变形为（）A．（x﹣2）2＝10 B．（x+2）2＝10 C．（x﹣4）2＝6 D．（x﹣2）2＝24．当时，一次函数的图象大致是（）A． B．C． D．5．在四边形ABCD中，对角线AC、BD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．AB＝DC，AD＝BC B．AD∥BC，AD＝BCC．AB∥DC，AD＝BC D．OA＝OC，OD＝OB6．演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成续时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是（）A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差7．如图，点E是矩形ABCD的边DC上的点，将△AED沿着AE翻折，点D刚好落在对角线AC的中点D’处，则∠AED的度数为（）A．50° B．60° C．70° D．80°8．下列数据中不能作为直角三角形的三边长是（）A．1、1、 B．5、12、13 C．3、5、7 D．6、8、109．下列各组数中，能作为直角三角形的三边长的是A．1，2，3 B．1，， C．3，5，5 D．，，10．如图，在△ABC中，AB=3，BC=6，AC=4，点D，E分别是边AB，CB的中点，那么DE的长为（）A．1.5 B．2 C．3 D．411．如图，在中，，于点，和的角平分线相较于点，为边的中点，，则（）A．125° B．145° C．175° D．190°12．把分式中、的值都扩大为原来的2倍，分式的值（）A．缩小为原来的一半 B．扩大为原来的2倍C．扩大为原来的4倍 D．不变二、填空题（每题4分，共24分）13．如图，在平面直角坐标系中，▱ABCD的顶点坐标分别为A（3，a）、B（2，2）、C（b，3）、D（8，6），则a+b的值为_____．14．如图所示，在△ABC中，∠B=90°，AB=3，AC=5，将△ABC折叠，使点C与点A重合，折痕为DE，则△ABE的周长为．15．如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，H是AF的中点，那么CH的长是______．16．在弹性限度内，弹簧的长度是所挂物体质量的一次函数，当所挂物体的质量分别为和时，弹簧长度分别为和，当所挂物体的质量为时弹簧长________厘米？17．设的整数部分为，小数部分为，则的值等于________.18．化简3﹣2＝_____．三、解答题（共78分）19．（8分）已知：如图，在平面直角坐标系xOy中，A（0，8），B（0，4），点C在x轴的正半轴上，点D为OC的中点．（1）当BD与AC的距离等于2时，求线段OC的长；（2）如果OE⊥AC于点E，当四边形ABDE为平行四边形时，求直线BD的解析式．20．（8分）如图1，P是菱形ABCD对角线AC上的一点，点E在BC的延长线上，且PE=PB（1）求证：PD=PE；（2）求证：∠DPE=∠ABC；（3）如图2，当四边形ABCD为正方形时，连接DE，试探究线段DE与线段BP的数量关系，并说明理由．21．（8分）如图,在平面直角坐标系中,位于第二象限的点在反比例函数的图像上，点与点关于原点对称，直线经过点，且与反比例函数的图像交于点.（1）当点的横坐标是-2，点坐标是时，分别求出的函数表达式；（2）若点的横坐标是点的横坐标的4倍，且的面积是16，求的值.22．（10分）已知：在平行四边形ABCD中，AM=CN.求证：四边形MBND是平行四边形.23．（10分）如图1，在平面直角坐标系中，直线AB与轴交于点A，与轴交于点B，与直线OC：交于点C．（1）若直线AB解析式为，①求点C的坐标；②求△OAC的面积．（2）如图2，作的平分线ON，若AB⊥ON，垂足为E，OA＝4，P、Q分别为线段OA、OE上的动点，连结AQ与PQ，试探索AQ＋PQ是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，说明理由．24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、在坐标轴上，点的坐标为点从点出发，在折线段上以每秒3个单位长度向终点匀速运动，点从点出发，在折线段上以每秒4个单位长度向终点匀速运动.两点同时出发，当其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，连接.设两点的运动时间为，线段的长度的平方为，即（单位长度2）.（1）当点运动到点时，__________，当点运动到点时，__________；（2）求关于的函数解析式，并直接写出自变量的取值范围.25．（12分）如图，四边形是正方形，是等边三角形，为对角线（不含点）上任意一点，将绕点逆时针旋转得到，连接．（1）证明：；（2）当点在何处时，的值最小，并说明理由；（3）当的最小值为时，则正方形的边长为___________．26．计算与化简：（1）化简（2）化简，（3）计算（4）计算

参考答案一、选择题（每题4分，共48分）1、C【解析】

根据题意得出第n个图形中白色圆个数为n（n+1）+2（n﹣1），据此可得．【详解】解：∵第①个图形中白色圆个数2＝1×2+2×0，第②个图形中白色圆个数8＝2×3+2×1，第③个图形中白色圆个数16＝3×4+2×2，……∴第⑦个图形中白色圆个数为7×8+2×6＝68，故选C．【点睛】本题主要考查图形的变化规律，解题的关键是根据题意得出第n个图形中白色圆个数为n（n+1）+2（n﹣1）．2、A【解析】

根据菱形的对角线互相垂直平分表示出点D的坐标，再根据直线解析式求出点D移动到EF上时的x的值，从而得到m的取值范围，即可得出答案．【详解】∵菱形ABCD的顶点A(2,0),点B(1,0)，∴点D的坐标为(4,1)，当y=1时，x+3=1，解得x=−2，∴点D向左移动2+4=6时，点D在EF上，∵点D落在△EOF的内部(不包括三角形的边)，∴4<m<6.故选A.【点睛】本题考查了菱形的性质及点的平移.利用菱形的性质求出点D的坐标并确定点D在EF上时的的横坐标是解题的关键.3、A【解析】

先把常数项移到方程右边，再把方程两边加上4，然后把方程左边写成完全平方的形式即可．【详解】x2﹣4x＝6，x2﹣4x+4＝1，（x﹣2）2＝1．故选：A．【点睛】本题考查了解一元二次方程-配方法：将一元二次方程配成（x+m）2=n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．4、A【解析】

根据k=1＞0可得图象的斜率，根据b＜0可得直线与y轴的交点在x轴的下方.【详解】解：∵k=1＞0，∴y随x的增大而增大，又∵b＜0，∴函数图象与y轴交于负半轴.故选A.【点睛】本题主要考查一次函数的图象性质，当=kx+b（k，b为常数，k≠0）时：当k>0，b>0，这时此函数的图象经过一，二，三象限；当k>0，b<0，这时此函数的图象经过一，三，四象限；当k<0，b>0，这时此函数的图象经过一，二，四象限；当k<0，b<0，这时此函数的图象经过二，三，四象限.5、C【解析】

根据平行四边形的判定方法逐一进行分析判断即可.【详解】A.AB＝DC，AD＝BC，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可以判定四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意；B.AD∥BC，AD＝BC，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可以判定四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意；C.AB∥DC，AD＝BC，一组对边平行，另一组对边平行的四边形可能是平行四边形也可能是等腰梯形，故符合题意；D.OA＝OC，OD＝OB，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可以判定四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意，故选C.【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键.6、B【解析】

根据题意，由数据的数字特征的定义，分析可得答案．【详解】根据题意，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分，7个有效评分与9个原始评分相比，最中间的一个数不变，即中位数不变，故选：B.【点睛】此题考查中位数的定义，解题关键在于掌握其定义7、B【解析】

由折叠的性质可得AD＝AD'＝12AC，∠D＝∠AD'E＝90°，∠DAE＝∠CAE，可求∠ACD＝30°，由直角三角形的性质可求∠AED【详解】解：∵将△AED沿着AE翻折，点D刚好落在对角线AC的中点D′处，∴AD＝AD'＝12AC，∠D＝∠AD'E＝90°，∠DAE＝∠∴∠ACD＝30°，∴∠DAC＝60°，且∠DAE＝∠CAE∴∠DAE＝∠CAE＝30°，且∠D＝90°∴∠AED＝60°故选：B．【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，熟练运用折叠的性质是本题的关键．8、C【解析】解：A、，能构成直角三角形，故选项错误；B、52+122=132，能构成直角三角形，故选项错误；C、32+52≠72，不能构成直角三角形，故选项正确；D、62+82=102，能构成直角三角形，故选项错误．故选C．9、B【解析】

如果三角形的三边长a，b，c满足，那么这个三角形是直角三角形.【详解】A.12+22≠32,不能构成直角三角形；B.12+()2=()2,能构成直角三角形；C.32+52≠52，不能构成直角三角形；D.≠+()2，不能构成直角三角形.故选：B【点睛】本题考核知识点：勾股定理逆定理.解题关键点：理解勾股定理逆定理.10、B【解析】∵点，分别是边，的中点，.故选B.11、C【解析】

根据直角三角形的斜边上的中线的性质，即可得到△CDF是等边三角形，进而得到∠ACD=60°，根据∠BCD和∠BDC的角平分线相交于点E，即可得出∠CED=115°，即可得到∠ACD+∠CED=60°+115°=175°．【详解】如图：∵CD⊥AB，F为边AC的中点，∴DF=AC=CF，又∵CD=CF，∴CD=DF=CF，∴△CDF是等边三角形，∴∠ACD=60°，∵∠B=50°，∴∠BCD+∠BDC=130°，∵∠BCD和∠BDC的角平分线相交于点E，∴∠DCE+∠CDE=65°，∴∠CED=115°，∴∠ACD+∠CED=60°+115°=175°，故选：C．【点睛】本题主要考查了直角三角形的斜边上的中线的性质，在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．12、D【解析】

根据分式的分子分母都乘以或除以同一个不为零的数或者整式,分式的值不变,可得答案.【详解】把分式中的x和y的值都扩大到原来的2倍,得

故选D.【点睛】本题考查了分式的基本性质,分式的分子分母都乘以或除以同一个不为零的数或者整式,分式的值不变.二、填空题（每题4分，共24分）13、12【解析】

如图，连接AC、BD交于点O′，利用中点坐标公式，构建方程求出a、b即可；【详解】解：如图，连接AC、BD交于点O′．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO′＝O′C，BO′＝O′D，∵A（3，a），B（2，2），C（b，3），D（8，6），∴，∴a＝5，b＝7，∴a+b＝12，故答案为：12【点睛】此题考查坐标与图形的性质，解题关键在于构建方程求出a、b14、1【解析】∵在△ABC中，∠B=90°，AB=3，AC=5，

∴BC=AC∵△ADE是△CDE翻折而成，

∴AE=CE，

∴AE+BE=BC=4，

∴△ABE的周长=AB+BC=3+4=1．

故答案是：1．15、【解析】

根据正方形的性质求出AB=BC=1，CE=EF=3，∠E=90°，延长AD交EF于M，连接AC、CF，求出AM=4，FM=2，∠AMF=90°，根据正方形性质求出∠ACF=90°，根据直角三角形斜边上的中线性质求出CHAF．在Rt△AMF中，根据勾股定理求出AF即可．【详解】∵正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，∴AB=BC=1，CE=EF=3，∠E=90°，延长AD交EF于M．连接AC、CF，则AM=BC+CE=1+3=4，FM=EF﹣AB=3﹣1=2，∠AMF=90°．∵四边形ABCD和四边形GCEF是正方形，∴∠ACD=∠GCF=45°，∴∠ACF=90°．∵H为AF的中点，∴CHAF．在Rt△AMF中，由勾股定理得：AF，∴CH．故答案为．【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，直角三角形斜边上的中线的应用，解答此题的关键是能正确作出辅助线，并求出AF的长和得出CHAF，有一定的难度．16、【解析】

设y与x的函数关系式为y=kx+b，由待定系数法求出其解即可；把x=4时代入解析式求出y的值即可．【详解】设y与x的函数关系式为y=kx+b，由题意，得：，解得：．故y与x之间的关系式为：y=x+14.1；当x=4时，y=0.1×4+14.1=16.1．故答案为：16.1【点睛】此题考查根据实际问题列一次函数关系式，解题关键在于列出方程17、2-【解析】

根据题意先求出a和b，然后代入化简求值即可.【详解】解：∵2＜＜3，∴a＝2，b＝﹣2，∴．故答案为2﹣．【点睛】二次根式的化简求值是本题的考点，用到了实数的大小比较，根据题意求出a和b的值是解题的关键.18、【解析】

直接合并同类二次根式即可．【详解】原式＝（3﹣2）＝．故答案为．【点睛】本题考查的是二次根式的加减法，即二次根式相加减，先把各个二次根式化成最简二次根式，再把被开方数相同的二次根式进行合并，合并方法为系数相加减，根式不变．三、解答题（共78分）19、（1）；（2）y＝－x＋1.【解析】

（1）作BF⊥AC于点F，取AB的中点G，确定出G坐标，由平行线间的距离相等求出BF的长，在直角三角形ABF中，利用斜边上的中线等于斜边的一半求出FG的长，进而确定出三角形BFG为等边三角形，即∠BAC=30°，设OC=x，则有AC=2x，利用勾股定理表示出OA，根据OA的长求出x的值，即可确定出C坐标；（2）根据平行四边形的性质可得出DE⊥OC，利用等腰三角形的三线合一可得出△OEC为等腰三角形，结合OE⊥AC可得出△OEC为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得出点C、D的坐标，由点B、D的坐标，利用待定系数法即可求出直线BD的解析式．【详解】（1）如图1，作BF⊥AC于点F，取AB的中点G，则G（0，6），∵BD∥AC，BD与AC的距离等于2，∴BF=2，∵在Rt△ABF中，∠AFB=90°，AB=1，点G为AB的中点，∴FG=BG=AB=2，∴△BFG是等边三角形，∠ABF=60°，∴∠BAC=30°，设OC=x，则AC=2x，根据勾股定理得：OA==x，∵OA=8，∴x=，∵点C在x轴的正半轴上，∴点C的坐标为（，0）；（2）如图：∵四边形ABDE为平行四边形，∴DE∥AB，∴DE⊥OC，∵点D为OC的中点，∴△OEC为等腰三角形，∵OE⊥AC，∴△OEC为等腰直角三角形，∴∠C=15°，∴点C的坐标为（8，0），点D的坐标为（1，0），设直线BD的解析式为y=kx+b（k≠0），将B（0，1）、D（1，0）代入y=kx+b，得：，解得：，∴直线BD的解析式为y=-x+1．【点睛】本题考查了三角形的中位线、待定系数法求一次函数解析式、等腰直角三角形、平行四边形的性质以及勾股定理，解题的关键是：（1）牢记30°角所对的直角边为斜边的一半；（2）根据平行四边形的性质结合等腰直角三角形的性质求出点C、D的坐标．20、（1）详见解析；（2）详见解析；（3）DE=BP，理由详见解析【解析】

（1）根据菱形的性质得出BC=DC，∠BCP=∠DCP，然后利用“边角边”证明△BCP≌△DCP得出PB=PD，由已知PE=PB，即可得出结论；（2）根据全等三角形对应角相等可得∠CBP=∠CDP，根据等边对等角可得∠CBP=∠E，然后求出∠DPE=∠DCE，再根据两直线平行，同位角相等可得∠DCE=∠ABC，从而得证；（3）证出△PDE是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得出DE=PE，即可得出结论．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BC=DC，∠BCP=∠DCP，AB∥DC，∵在△BCP和△DCP中，，∴△BCP≌△DCP（SAS），∴PB=PD，∵PE=PB，∴PD=PE；（2）证明：如图1所示：由（1）知，△BCP≌△DCP，∴∠CBP=∠CDP，∵PE=PB，∴∠CBP=∠E，∵∠CFE=∠DFP（对顶角相等），∴180°-∠DFP-∠CDP=180°-∠CFE-∠E，即∠DPE=∠DCE，∵AB∥CD，∴∠DCE=∠ABC，∴∠DPE=∠ABC；（3）解：DE=BP，理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，由（1）知：PD=BP=PE，由（2）知，∠DPE=∠ABC=90°，∴△PDE是等腰直角三角形，∴DE=PE，∴DE=BP．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识；本题综合性强，熟记菱形和正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．21、（1），；（2）.【解析】

(1)先将点C坐标代入，利用待定系数法可求得y1的解析式，继而求得点A的坐标，点B坐标，根据B、C坐标利用待定系数法即可求得y2的解析式；(2)分别过点作轴于点，轴于点，连接，由三角形中线的性质可得，再根据反比例函数的比例系数的几何意义可得，从而可得，设点的横坐标为，则点坐标表示为、，继而根据梯形的面积公式列式进行计算即可.【详解】(1)由已知，点在的图象上，∴，∴，∵点的横坐标为，∴点为，∵点与点关于原点对称，∴为，把，代入得，解得：，∴；(2)分别过点作轴于点，轴于点，连接，∵为中点，∴∵点在双曲线上，∴∴，设点的横坐标为，则点坐标表示为、，∴，解得.【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数综合，涉及了待定系数法，反比例函数k的几何意义，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.22、证明见解析.【解析】

可通过证明DM∥BN，DM=BN来说明四边形是平行四边形，也可通过DM=BN，BM=DN来说明四边形是平行四边形．【详解】（法一）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥CB，AD=CB．∵AM=CN，∴AD﹣AM=CB﹣CN，即DM=BN．又∵DM∥BN，∴四边形MBND是平行四边形．（法二）∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A=∠C，AB=CD，在△AMN和△CND中，又∵，∴△AMN≌△CND，∴BM=DN．∵AM=CN，∴AD﹣AM=CB﹣CN，即DM=BN．又∵BM=DN，∴四边形MBND是平行四边形．点睛：本题考查了平行四边形的性质和判定，题目难度不大．23、（1）①C（4，4）；②12；（2）存在，1【解析】试题分析：（1）①联立两个函数式，求解即可得出交点坐标，即为点C的坐标；②欲求△OAC的面积，结合图形，可知，只要得出点A和点C的坐标即可，点C的坐标已知，利用函数关系式即可求得点A的坐标，代入面积公式即可；（2）在OC上取点M，使OM=OP，连接MQ，易证△POQ≌△MOQ，可推出AQ+PQ=AQ+MQ；若想使得AQ+PQ存在最小值，即使得A、Q、M三点共线，又AB⊥OP，可得∠AEO=∠CEO，即证△AEO≌△CEO（ASA），又OC=OA=4，利用△OAC的面积为6，即可得出AM=1，AQ+PQ存在最小值，最小值为1．（1）①由题意，解得所以C（4，4）；②把代入得，，所以A点坐标为（6，0），所以；（2）由题意，在OC上截取OM＝OP，连结MQ∵OQ平分∠AOC，∴∠AOQ=∠COQ，又OQ=OQ，∴△POQ≌△MOQ（SAS），∴PQ=MQ，∴AQ+PQ=AQ+MQ，当A、Q、M在同一直线上，且AM⊥OC时，AQ+MQ最小．即AQ+PQ存在最小值．∵AB⊥ON，所以∠AEO=∠CEO，∴△AEO≌△CEO（ASA），∴OC=OA=4，∵△OAC的面积为12，所以AM=12÷4=1，∴AQ+PQ存在最小值，最小值为1．考点：一次函数的综合题点评：本题知识点多，具有一定的综合性，要求学生具备一定的数学解题能力，有一定难度．24、（1）1，；（2）.【解析】

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