人教版八年级下学期期末考试模拟卷（解析版）-2024学年八年级数学下学期期末真题分类汇编人教版

试卷第=page2424页，共=sectionpages2525页人教版八年级下学期期末考试模拟卷（范围：全册，时间：120分钟，满分：120分）一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．要使在实数范围内有意义，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查二次根式有意义的条件，根据二次根式有意义的条件即可求出答案，解题的关键是熟练运用二次根式有意义的条件，本题属于基础题型．【详解】解：由题意可知：，，故选：C．2．下列函数中，的值随的值增大而减小的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了一次函数的性质，掌握性质“当时，的值随的值增大而增大；当时，的值随的值增大而减小．”是解题的关键．【详解】解：A.，的值随的值增大而增大，故不符合题意；B.，的值随的值增大而增大，故不符合题意；C.，的值随的值增大而减小，故符合题意；D.，的值随的值增大而增大，故不符合题意；故选：C．3．下列计算，正确的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了二次根式的运算．根据二次根式的加法，乘法和除法法则计算即可判断．【详解】解：A、，本选项不符合题意；B、，本选项不符合题意；C、，本选项符合题意；D、，本选项不符合题意；故选：C．4．下列命题中是假命题的是（

）A．中，若，则是直角三角形．B．中，若，则是直角三角形．C．中，若则是直角三角形．D．中，若则是直角三角形．【答案】C【分析】本题主要考查命题与定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理的逆定理解答．根据勾股定理的逆定理和直角三角形的判定解答即可．【详解】A、在中，若，则是直角三角形，故原命题是真命题；B、在中，若，则是直角三角形，故原命题是真命题；C、在中，若，则不是直角三角形，故原命题是假命题；D、在中，若，则是直角三角形，故原命题是真命题；故选：5．为提高学生的运算能力水平，某校开展以计算为主题的活动：“计”高一筹，“算”出风采．某班10名学生参赛成绩如图所示，则下列结论错误的是A．众数是90分 B．中位数是90分 C．平均数是91分 D．方差是15【答案】D【分析】此题考查了折线统计图，用到的知识点是众数、中位数、平均数、方差，关键是能从统计图中获得有关数据，求出众数、中位数、平均数、方差．分别根据众数、中位数、平均数和方差的定义判断即可．【详解】解：A．90分的人最多，所以众数是90分，此选项不符合题意；B．中位数为，此选项不符合题意；C、平均数是（分），此选项不符合题意；D、，此选项符合题意．故选：D6．如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，若，则菱形的面积是（

）

A． B．1 C． D．4【答案】C【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的性质及垂直平分线的性质，根据，得到，根据菱形得到，即可得到是等边三角形，根据勾股定理求出，即可得到答案；【详解】解：∵，∴，，∵四边形是菱形，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴，故选：C．7．如图，已知，，为中点，，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，理解并掌握直角三角形斜边上的中线的性质是解题关键．首先根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可得，再结合等腰三角形“等边对等角”的性质可得，，然后根据三角形内角和定理求解即可．【详解】解：∵，，为中点，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴．故选：C．8．如图表示光从空气进入水中入水前与入水后的光路图，若按如图建立坐标系，并设入水与前与入水后光线所在直线的表达式分别为，，则关于与的关系，正确的是（）A．， B．， C． D．【答案】C【分析】本题考查了正比例函数的图象与性质，解题关键是取横坐标相同的点，利用纵坐标的大小关系得到比例系数的关系．利用两个函数图象的位置关系取横坐标相同的点利用纵坐标的大小列出不等式，即可求解．【详解】解：如图，在两个图象上分别取横坐标为，的两个点和，则，，，，当取横坐标为正数时，同理可得，，，，故选：C9．如图，在长方形纸片中，，，点E在边上，将沿折叠，点D落在点G处，分别交于点F、H，且，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查勾股定理，全等三角形性质及判定，折叠问题等．根据题意设，则，证明，利用全等性质得到，在中应用勾股定理即可得到本题答案．【详解】解：∵长方形纸片中，沿折叠，点D落在点G处，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴设，则，∴，∴，∴在中应用勾股定理得：，解得：，∴，故选∶D．10．如图，正方形的边长为4，P为正方形边上一动点，运动路线是，P点经过的路程为x，以点A、P、D为顶点的三角形的面积是y，则下列图象能大致反映y与x的函数关系的是（

）

A．B．C．D．【答案】B【分析】本题考查动点问题的函数图象，结合动点的位置分段讨论即可．【详解】解：当时，点P在上运动，此时点A、P、D不能构成三角形，则y的值为0；当时，点P在上运动，此时y随着x的增大而增大；当时，点P在上运动，的底和高始终不变，则y的值不变；当时，点P在上运动，的高逐渐减小，此时y的值也逐渐减小，直到0，观察四个选项可知，只有选项B符合条件，故选B．二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分.11．在中，若，则的度数为度．【答案】65【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形邻角互补求解即可．【详解】∵，∴，∵，∴，解得，故答案为：．12．若点，点是一次函数图象上的两点，则的值为．【答案】/【分析】本题考查了求一次函数中的待定系数，解题的关键是：将点A与点B的坐标直接代入一次函数的解析式即可求解．【详解】将点的坐标代入一次函数中得，，消去a，得：∴．故答案为：13．某校学生期末评价从德、智、体、美、劳五方面进行，五方面依次按确定成绩，小明同学本学期五方面得分如图所示（说明：由图可知第一方面“德”，得分为10分），则他的期末成绩为分．【答案】9【分析】本题考查了求平均数，熟记加权平均数公式是解题的关键．根据加权平均数的计算公式计算即可得解．【详解】解：由题意可得，（分），故答案为：9．14．对于任意不相等的两个数，，定义一种运算“”如下，如，计算：．【答案】【分析】本题主要考查了实数的运算，直接利用题中新定义的运算公式代值求解，进而得出答案，正确理解题中新定义运算公式是解题关键．【详解】解：，故答案为：．15．如图，在等边中，点D为的中点，点F在延长线上，点E在的延长线上，，若，则．【答案】【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质；取中点N，连接，结合等边三角形的性质、三角形中位线的性质先判断出，得出，再根据线段的和差证明，可得结论．【详解】取中点N，连接，如图，∵是等边三角形，∴，∴，∵点D为的中点，点N为的中点，∴是的中位线，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，故答案为：．16．如图，在中，，，E是的中点，在斜边上有一动点D．从点B出发，沿着的方向以每秒的速度运动，当点D运动到点A时，停止运动．设动点D的运动时间为，连接，若为等腰直角三角形，则t的值为．【答案】或/或【分析】本题考查等腰三角形的性质，勾股定理．分和，两种情况进行讨论即可．【详解】解：∵，，是的中点，∴，由题意，得：，当为等腰直角三角形时，分两种情况：①当时，∵，∴，∴，由勾股定理，得：，∴（负值舍去）；②当时，则：，∴，由勾股定理，得：，解得：（负值已舍掉）；综上：或．故答案为：或．三、解答题（一）：本大题共4小题，每小题6分，共24分.17．计算：(1)；(2)．【答案】(1)(2)【分析】本题考查了二次根式的混合运算，准确熟练地进行计算是解题的关键．（1）先把每一个二次根式化成最简二次根式，然后再进行计算即可解答；（2）先计算二次根式的乘除法，再算加减，即可解答．【详解】（1）解：；（2）解：．18．一次函数的图象经过，两点．(1)求此函数的表达式．(2)试判断点是否在此函数的图象上，并说明理由．【答案】(1)(2)点在直线上【分析】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标，掌握一次函数的性质是解题的关键．（1）利用待定系数法求直线的解析式即可；（2）利用（1）中的解析式，通过计算自变量为对应的函数值可判断点是否在此函数的图象上．【详解】（1）解：设一次函数解析式为，把，分别代入得，解得，一次函数解析式为；（2）解：点在此函数的图象上．理由如下：当时，，点在直线上．19．如图，在中，点B在边上，连接，已知．(1)求证：；(2)求和的长．【答案】(1)见解析；(2)的长为17，的长为9【分析】本题考查勾股定理及其逆定理，解题的关键是掌握勾股定理.（1）根据勾股定理的逆定理即可得到答案；（2）设，则，由勾股定理列出方程，计算即可得到答案.【详解】（1）证明：∵，∴，∴是直角三角形，且；（2）解：设，则，∴．在中，由勾股定理，得，即，解得，则，故的长为17，的长为9．20．观察下列各式：①；②；(1)根据你发现的规律填空：______＝______；(2)猜想______（，为自然数），并通过计算证实你的猜想．【答案】(1)；(2)，证明见解析【分析】（1）根据二次根式运算，二次根式的性质化简即可求解；（2）根据二次根式运算，二次根式的性质化简即可求解．【详解】（1）解：，故答案为：；．（2）解：，证明过程如下，证明：，故答案为：．【点睛】本题主要考查二次根式的运算及性质，掌握二次根式的性质化简，二次根式的混合运算法则是解题的关键．四、解答题（二）：本大题共3小题，每小题8分，共24分.21．学校想了解初二年级学生对“二十大”知识的了解情况，进行了“二十大”知识竞赛测试，从801、802两个班中各随机抽取了10名学生的成绩，整理如下：（成绩得分用x表示，共分成四组：A．，B．，C．，D．）801班10名学生的成绩是：96，80，96，86，99，98，92，100，89，82．802班10名学生的成绩在C组中的数据是：94，90，92．通过数据分析，列表如表：801班、802班抽取的学生竞赛成绩统计表年级平均数中位数众数方差801班802班802班学生成绩扇形统计图根据以上信息，解答下列问题：(1)直接写出上述、、的值：______，______，______．(2)学校欲选成绩更稳定的班级参加相关活动，根据表格中的数据，学校会选哪一个班级？说明理由．(3)这两个班共100人参加了此次调查活动，估计两班参加此次调查活动成绩优秀（）的学生总人数是多少？【答案】(1)40，94，96(2)选派802班，理由见解析(3)【分析】（1）将801班10名学生的成绩按由小到大的顺序排列，再结合中位数和众数的定义即可求出b和c的值；由题意可知802班C组有3人，即可求出其所占百分比，最后用其它各组所占百分比即可求出a的值；（2）直接比较两个班级的方差即可；（3）求出样本中两个班级成绩优秀的人数，再利用样本的百分率估计总体即可得到答案．【详解】（1）解：801班10名学生的成绩按由小到大的顺序排列为：80，82，86，89，92，96，96，98，99，100，∴．∵成绩为96分的学生有2名，最多，∴．802班C组有3人，∴扇形统计图中C组所占百分比为，∴扇形统计图中D组所占百分比为，∴．故答案为：40，94，96；（2）解：选派802班，理由如下：∵两个班的平均成绩相同，而801班的方差为52，802班的方差为，∴802班成绩更平衡，更稳定，∴学校会选派802班．（3）解：802班D组的人数为人，∴802班10名学生的成绩为优秀的有人．∴估计参加此次调查活动成绩优秀的九年级学生人数是人．【点睛】本题考查的是扇形统计图，频数分布，众数，中位数，方差的含义及应用，同时考查了利用样本估计总体，熟练掌握以上知识是解题的关键．22．近期，淄博烧烤大火，为迎接暑假旅游高峰的到来，增加淄博在社会上认知度，某烧烤店决定同时购进具有淄博特色纪念品，购进、两种纪念品．若购进种纪念品件，种纪念品件，需要元；若购进种纪念品件，种纪念品件，需要元．(1)求购进、两种纪念品每件各需多少元．(2)若烧烤店决定购进这两种纪念品共件，考虑市场需求和资金周转，用于购买这件纪念品的资金不少于元，但不超过元，那么该商店共有几种进货方案．(3)若销售种纪念品每件可获利润元，种纪念品每件可获利润元，用（2）中的进货方案，哪一种方案可获利最大，最大利润是多少元．【答案】(1)购进种纪念品每件需要元，购进种纪念品每件需要元(2)该商店共有种进货方案(3)该商店购进种纪念品件，种纪念品件，可获利最大，最大利润是元【分析】本题主要考查了二元一次方程组的应用，不等式组的应用，一次函数的应用，解题的关键是根据等量关系和不等关系，列出方程或不等式．（1）设购进种纪念品每件需要元，购进种纪念品每件需要元，根据购进种纪念品件，种纪念品件，需要元；若购进种纪念品件，种纪念品件，需要元列出方程组，解方程组即可；（2）设该商店购进种纪念品件，则购进种纪念品件，根据购买这件纪念品的资金不少于元，但不超过元，列出不等式组，解不等式组即可；（3）设总利润为元，列出关系式，根据一次函数的性质，求出结果即可．【详解】（1）解：设购进种纪念品每件需要元，购进种纪念品每件需要元，由题意，得，解得：，答：购进种纪念品每件需要元，购进种纪念品每件需要元；（2）解：设该商店购进种纪念品件，则购进种纪念品件，由题意得，解得：，为整数，∴，，，，，，．该商店共有种进货方案；（3）解：设总利润为元，由题意，得：，∵，随的增大而增大，

该商店购进种纪念品件，种纪念品件时，获利最大，（元），答：该商店购进种纪念品件，种纪念品件，可获利最大，最大利润是2730元．23．综合与实践实践操作：如图1，在中，，，．以为边，在外作等边，D是的中点，连接并延长交于E．如图2，将图1中的四边形折叠，使点C与点A重合，折痕为问题解决：（1）图1中的线段与的长度比是________．（2）请在图1中证明四边形是平行四边形；探索发现：（3）图2中的________

【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）．【分析】（1）由含30度角的直角三角形的性质可知，结合勾股定理可求出．再根据等边三角形的性质可知，最后作比求解即可；（2）由题意易求出，即证明．又可求出，即证明，从而得出四边形是平行四边形；（3）由折叠可设，则，根据勾股定理可列出关于x的等式，解出x的值，进而可求出，最后根据三角形的面积公式求解即可．【详解】解：（1）∵，，，∴，∴．∵是等边三角形，∴，∴．故答案为：；（2）证明：∵，，∴．∵是等边三角形，∴，∴，∴．∵D是的中点，，∴．又∵，∴为等边三角形，∴．∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形；（3）由折叠可设，则，在中，，∴，解得：，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的性质，平行四边形的判定，折叠的性质等知识．利用数形结合的思想是解题关键．五、解答题（三）：本大题共2小题，每小题12分，共24分.24．如图，直线与坐标轴分别交于点，，以为边在轴的右侧作正方形．(1)求点A，B的坐标；(2)如图，点D是x轴上一动点，点在的右侧，，．①探究发现，点E在一条定直线上，请直接写出该直线的解析式；②若点是线段的中点，另一动点在直线上，且，请求出点H的坐标．【答案】(1)点A的坐标为，点B的坐标为；(2)①；②或．【分析】（1）分别把，代入，求得点和点的坐标；（2）①过点轴，设点的坐标为，证明，得，，从而得到与之间的关系式；②连接，可得点与点重合，作点关于直线的对称点，得到点的坐标，求出直线的解析式，从而得到点的坐标．【详解】（1）把代入，得，点的坐标为，把代入，得，点的坐标为；（2）①过点作轴，垂足为点，设点的坐标为，则，，，，，，，，，，，，，整理得，点所在的直线的解析式为；②连接，由题意可知为等腰直角三角形，则，四边形为正方形，，，此时点与点重合，点是线段的中点，，点的坐标为，设直线的解析式为，把，代入，得，解得，直线的解析式为，当时，，点的坐标为，作点关于直线的对称点，可得，此时，所以点为直线与的交点，直线的解析式为，联立，解得，点的坐标为，综上所述，点的坐标为或．【点睛】本题考查了一次函数与几何的综合应用，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．25．定义：如果一个矩形的其中一边是另一边的2倍，那么称这个矩形为“完美矩形”．如图1，在矩形中，，则矩形是“完美矩形”．E是边上任意一点，连接，作的垂直平分线分别交，于点F，G，与的交点为O，连接和．

(1)试判断四边形的形状，并说明理由：(2)如图3，记四边形的面积为，“和谐矩形”的面积为，且，若（a为常数），且，求的长．（用含有a的代数式表示）．(3)如图2，在“和谐矩形”A